PAGE1-三角函數[鞏固層·學問整合][提升層·題型探究]隨意角的三角函數概念【例1】(1)已知角α的終邊過點P(－4m,3m)(m≠0)，則2sinα＋cos(2)函數y＝eq\r(sinx)＋eq\r(2cosx－1)的定義域是________．[思路點撥](1)依據三角函數的定義求解，留意探討m的正負．(2)利用三角函數線求解．(1)eq\f(2,5)或－eq\f(2,5)(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))[(1)r＝|OP|＝eq\r(－4m2＋3m2)＝5|m|．當m>0時，sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(3m,5m)＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4m,5m)＝－eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝eq\f(2,5)．當m<0時，sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(3m,－5m)＝－eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(x,r)＝eq\f(－4m,－5m)＝eq\f(4,5)，∴2sinα＋cosα＝－eq\f(2,5)．故2sinα＋cosα的值是eq\f(2,5)或－eq\f(2,5)．(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,2cosx－1≥0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinx≥0，,cosx≥\f(1,2)，))如圖，結合三角函數線知：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋πk∈Z，,2kπ－\f(π,3)≤x≤2kπ＋\f(π,3)k∈Z，))解得2kπ≤x≤2kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴函數的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2kπ≤x≤2kπ＋\f(π,3)，k∈Z))))．]三角函數的概念所涉及的內容主要有以下兩方面：1隨意角和弧度制.理解隨意角的概念、弧度的意義，能正確地進行弧度與角度的換算.2隨意角的三角函數.駕馭隨意角的正弦、余弦、正切的定義及三角函數線，能夠利用三角函數線推斷三角函數的符號，借助三角函數線求三角函數的定義域.eq\o([跟進訓練])1．(1)已知角α的頂點在原點，始邊為x軸的非負半軸．若角α的終邊經過點P(－eq\r(3)，y)，且sinα＝eq\f(\r(3),4)y(y≠0)，推斷角α所在的象限，并求cosα和tanα的值；(2)若角α的終邊在直線y＝－3x上，求10sinα＋eq\f(3,cosα)的值．[解](1)依題意，點P到原點O的距離為|PO|＝eq\r(－\r(3)2＋y2)，∴sinα＝eq\f(y,r)＝eq\f(y,\r(3＋y2))＝eq\f(\r(3),4)y．∵y≠0，∴9＋3y2＝16，∴y2＝eq\f(7,3)，∴y＝±eq\f(\r(21),3)．∴點P在其次或第三象限．當點P在其次象限時，y＝eq\f(\r(21),3)，cosα＝eq\f(x,r)＝－eq\f(3,4)，tanα＝－eq\f(\r(7),3)．當點P在第三象限時，y＝－eq\f(\r(21),3)，cosα＝eq\f(x,r)＝－eq\f(3,4)，tanα＝eq\f(\r(7),3)．(2)設角α終邊上任一點為P(k，－3k)(k≠0)，則r＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(k2＋－3k2)＝eq\r(10)|k|．當k>0時，r＝eq\r(10)k．∴sinα＝eq\f(－3k,\r(10)k)＝－eq\f(3,\r(10))，eq\f(1,cosα)＝eq\f(\r(10)k,k)＝eq\r(10)．∴10sinα＋eq\f(3,cosα)＝－3eq\r(10)＋3eq\r(10)＝0．當k<0時，r＝－eq\r(10)k．∴sinα＝eq\f(－3k,－\r(10)k)＝eq\f(3,\r(10))，eq\f(1,cosα)＝eq\f(－\r(10)k,k)＝－eq\r(10)．∴10sinα＋eq\f(3,cosα)＝3eq\r(10)－3eq\r(10)＝0．綜上，10sinα＋eq\f(3,cosα)＝0．同角三角函數的基本關系與誘導公式【例2】已知關于x的方程2x2－(eq\r(3)＋1)x＋m＝0的兩根為sinθ，cosθ，θ∈(0,2π)．求：(1)eq\f(cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－θ)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＋cos－π－θ)＋eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ)),1＋tanπ－θ)；(2)m的值；(3)方程的兩根及此時θ的值．[思路點撥]先利用根與系數的關系得到sinθ＋cosθ與sinθcosθ，再利用誘導公式和三角函數的基本關系式求解．[解]由根與系數的關系，得sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)，sinθcosθ＝eq\f(m,2)．(1)原式＝eq\f(sin2θ,sinθ－cosθ)＋eq\f(cosθ,1－tanθ)＝eq\f(sin2θ,sinθ－cosθ)＋eq\f(cosθ,1－\f(sinθ,cosθ))＝eq\f(sin2θ,sinθ－cosθ)－eq\f(cos2θ,sinθ－cosθ)＝sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)．(2)由sinθ＋cosθ＝eq\f(\r(3)＋1,2)，兩邊平方可得1＋2sinθcosθ＝eq\f(4＋2\r(3),4)，把sinθcosθ＝eq\f(m,2)代入得1＋2×eq\f(m,2)＝1＋eq\f(\r(3),2)，∴m＝eq\f(\r(3),2)．(3)由m＝eq\f(\r(3),2)可解方程2x2－(eq\r(3)＋1)x＋eq\f(\r(3),2)＝0，得兩根為eq\f(1,2)和eq\f(\r(3),2)．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,2)，,cosθ＝\f(\r(3),2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(\r(3),2)，,cosθ＝\f(1,2).))∵θ∈(0,2π)，∴θ＝eq\f(π,6)或eq\f(π,3)．同角三角函數的基本關系和誘導公式是三角恒等變換的主要依據，主要應用方向是三角函數式的化簡、求值和證明.常用以下方法技巧：1化弦：當三角函數式中三角函數名稱較多時，往往把三角函數化為弦，再化簡變形.2化切：當三角函數式中含有正切及其他三角函數時，有時可將三角函數名稱都化為正切，再化簡變形.3“1”的代換：在三角函數式中，有些會含有常數1，常數1雖然特別簡潔，但有些三角函數式的化簡卻須要利用三角函數公式將1代換為三角函數式.eq\o([跟進訓練])2．已知f(α)＝eq\f(sin2π－α·cos2π－α·tan－π＋α,sin－π＋α·tan－α＋3π)．(1)化簡f(α)；(2)若f(α)＝eq\f(1,8)，且eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，求cosα－sinα的值；(3)若α＝－eq\f(47π,4)，求f(α)的值．[解](1)f(α)＝eq\f(sin2α·cosα·tanα,－sinα－tanα)＝sinα·cosα．(2)由f(α)＝sinα·cosα＝eq\f(1,8)可知，(cosα－sinα)2＝cos2α－2sinα·cosα＋sin2α＝1－2sinα·cosα＝1－2×eq\f(1,8)＝eq\f(3,4)．又∵eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，∴cosα<sinα，即cosα－sinα<0，∴cosα－sinα＝－eq\f(\r(3),2)．(3)∵α＝－eq\f(47π,4)＝－6×2π＋eq\f(π,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,4)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(47π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(π,4)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6×2π＋\f(π,4)))＝coseq\f(π,4)·sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)．三角函數的圖象與性質【例3】已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω>0，A>0，0<φ<\f(π,2)))的周期為π，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)＋1，且f(x)的最大值為3．(1)寫出f(x)的表達式；(2)寫出函數f(x)的對稱中心、對稱軸方程及單調區間；(3)求f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．[思路點撥](1)由T＝eq\f(2π,ω)求ω，由f(x)的最大值為3求A，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)＋1，求φ．(2)把ωx＋φ看作一個整體，結合y＝sinx的單調區間與對稱性求解．(3)由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))求出ωx＋φ的范圍，利用單調性求最值．[解](1)∵T＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2．∵f(x)的最大值為3，∴A＝2．∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1．∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(3)＋1，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＋1＝eq\r(3)＋1，∴cosφ＝eq\f(\r(3),2)．∵0<φ<eq\f(π,2)，∴φ＝eq\f(π,6)．∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1．(2)由f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋1，令2x＋eq\f(π,6)＝kπ，得x＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)，∴對稱中心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－\f(π,12)，1))(k∈Z)．由2x＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∴對稱軸方程為x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)，∴f(x)的單調增區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))(k∈Z)．由2kπ＋eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，得kπ＋eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(2π,3)(k∈Z)，∴f(x)的單調減區間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,6)，kπ＋\f(2π,3)))(k∈Z)．(3)當0≤x≤eq\f(π,2)時，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，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為3，最小值為0．三角函數的圖象是探討三角函數性質的基礎，又是三角函數性質的詳細體現.在平常的考查中，主要體現在三角函數圖象的變換和解析式的確定，以及通過對圖象的描繪、視察來探討函數的有關性質.詳細要求：1用“五點法”作y＝Asinωx＋φ的圖象時，確定五個關鍵點的方法是分別令ωx＋φ＝0，eq\f(π,2)，π，eq\f(3π,2)，2π.2對于y＝Asinωx＋φ的圖象變換，應留意先“平移”后“伸縮”與先“伸縮”后“平移”的區分.3已知函數圖象求函數y＝Asinωx＋φA＞0，ω＞0的解析式時，常用的解題方法是待定系數法.eq\o([跟進訓練])3．已知函數f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))(1)求函數f(x)的單調遞增區間；(2)將y＝f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，再將得到的圖象橫坐標變為原來的2倍(縱坐標不變)，得到y＝g(x)的圖象．若函數y＝g(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的圖象與直線y＝a有三個交點，求實數a的取值范圍．[解](1)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))．令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z．所以函數f(x)的單調遞增區間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z．(2)將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,3)個單位長度，得g1(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))＝cos2x的圖象，再將得到的圖象的橫坐標變為原來的2倍(縱坐標不變)，得g(x)＝cosx的圖象．作函數g(x)＝cosx在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,4)))上的圖象，作直線y＝a．依據圖象知，實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))．數形結合思想【例4】已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)，x∈Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))在一個周期內的簡圖如圖所示，求函數g(x)＝f(x)－lgx根的個數．[思路點撥]eq\x(識圖)→eq\x(求A，ω，φ)→eq\x(畫出fx及y＝lgx的圖象)→eq\x(下結論)[解]明顯A＝2．由圖象過(0,1)點，則f(0)＝1，即sinφ＝eq\f(1,2)，又|φ|＜eq\f(π,2)，則φ＝eq\f(π,6)．又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，0))是圖象上的點，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)))＝0，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)ω＋\f(π,6)))＝0，由圖象可知，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，0))是圖象在y軸右側部分與x軸的其次個交點．∴eq\f(11π,12)ω＋eq\f(π,6)＝2π，∴ω＝2，因此所求函數的解析式為f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))．在同一坐標系中作函數y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))和函數y＝lgx的示意圖如圖所示：∵f(x)的最大值為2，令lgx＝2，得x＝100，令eq\f(11,12)π＋kπ＜100(k∈Z)，得k≤30(k∈Z)，而eq\f(11,12)π＋31π＞100，∴在區間(0,100]內有31個形如eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\