2021年人教版高中数学必修第一册：第5章《章末复习课》(含答案详解)

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同角三角函数基本关系和诱导公式的应用
【例1】 (1)已知sin(－π＋θ)＋2cs(3π－θ)＝0，则eq \f(sin θ＋cs θ,sin θ－cs θ)＝________.
(2)已知f(α)＝eq \f(sin2π－α·cs2π－α·tan－π＋α,sin－π＋α·tan－α＋3π).
①化简f(α)；
②若f(α)＝eq \f(1,8)，且eq \f(π,4)＜α＜eq \f(π,2)，求cs α－sin α的值；
③若α＝－eq \f(47π,4)，求f(α)的值．
[思路点拨] 先用诱导公式化简，再用同角三角函数基本关系求值．
(1)eq \f(1,3) [由已知得－sin θ－2cs θ＝0，故tan θ＝－2，
则eq \f(sin θ＋cs θ,sin θ－cs θ)＝eq \f(tan θ＋1,tan θ－1)＝eq \f(－2＋1,－2－1)＝eq \f(1,3).]
(2)[解] ①f(α)＝eq \f(sin2α·cs α·tan α,－sin α－tan α)＝sin α·cs α.
②由f(α)＝sin α·cs α＝eq \f(1,8)可知，
(cs α－sin α)2＝cs2α－2sin α·cs α＋sin2α
＝1－2sin α·cs α＝1－2×eq \f(1,8)＝eq \f(3,4)，
又∵eq \f(π,4)＜α＜eq \f(π,2)，∴cs α＜sin α，
即cs α－sin α＜0，
∴cs α－sin α＝－eq \f(\r(3),2).
③∵α＝－eq \f(47,4)π＝－6×2π＋eq \f(π,4)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(47,4)π))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(47,4)π))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(47,4)π))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6×2π＋\f(π,4)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6×2π＋\f(π,4)))
＝cseq \f(π,4)·sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2).
1．将本例(2)中“eq \f(1,8)”改为“－eq \f(1,8)”“eq \f(π,4)＜α＜eq \f(π,2)”改为“－eq \f(π,4)＜α＜0”求cs α＋sin α.
[解] 因为－eq \f(π,4)＜α＜0，所以cs α＞0，sin α＜0且|cs α|＞|sin α|，
所以cs α＋sin α＞0，
又(cs α＋sin α)2＝1＋2sin αcs α＝1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)))＝eq \f(3,4)，所以cs α＋sin α＝eq \f(\r(3),2).
2．将本例(2)中的用tan α表示eq \f(1,fα＋cs2α).
[解] eq \f(1,fα＋cs2α)＝eq \f(1,sin αcs α＋cs2α)
＝eq \f(sin2α＋cs2α,sin αcs α＋cs2α)＝eq \f(tan2α＋1,tan α＋1).
1．牢记两个基本关系式sin2α＋cs2α＝1及eq \f(sin α,cs α)＝tan α，并能应用两个关系式进行三角函数的求值、化简、证明．在应用中，要注意掌握解题的技巧．比如：已知sin α±cs α的值，可求cs αsin α.注意应用(cs α±sin α)2＝1±2sin αcs α.
2．诱导公式可概括为k·eq \f(π,2)±α(k∈Z)的各三角函数值的化简公式．记忆规律是：奇变偶不变，符号看象限．
三角函数的图象变换问题
【例2】 (1)已知曲线C1：y＝cs x，C2：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))，则下面结论正确的是( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线C2
(2)将函数y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,8)个单位长度后，得到一个偶函数的图象，则φ的一个可能取值为( )
A.eq \f(π,2) B.eq \f(π,4)
C．0 D．－eq \f(π,4)
(1)D (2)B [(1)因为y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，所以曲线C1：y＝cs x上各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，得到曲线y＝cs 2x，再把得到的曲线y＝cs 2x向左平移eq \f(π,12)个单位长度，得到曲线y＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).
故选D.
(2)y＝sin(2x＋φ)的图象沿x轴向左平移eq \f(π,8)个单位后
得y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))＋φ))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)＋φ)).若该函数为偶函数，
则eq \f(π,4)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，故φ＝kπ＋eq \f(π,4).当k＝0时φ＝eq \f(π,4).故选B.]
1．函数y＝sin x的图象变换到y＝Asin(ωx＋φ)，x∈R图象的两种方法
2．对称变换
(1)y＝f(x)的图象eq \(――――→,\s\up15(关于),\s\d15(x轴对称))y＝－f(x)的图象．
(2)y＝f(x)的图象eq \(――――→,\s\up15(关于y轴),\s\d15(对称))y＝f(－x)的图象．
(3)y＝f(x)的图象eq \(――――→,\s\up15(关于0，0),\s\d15(对称))y＝－f(－x)的图象．
1．将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期后，所得图象对应的函数为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
D [函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的周期为π，将函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移eq \f(1,4)个周期即eq \f(π,4)个单位长度，所得图象对应的函数为y＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))，故选D.]
三角函数的性质
【例3】 (1)若函数f(x)＝3sin(2x＋θ)(0＜θ＜π)是偶函数，则f(x)在[0，π]上的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))
(2)已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1(其中a为常数)．
①求f(x)的单调区间；
②若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)的最大值为4，求a的值．
[思路点拨] (1)先根据函数f(x)是偶函数，求θ，再依据单调性求增区间，最后与[0，π]求交集．
(2)①由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z求增区间，
由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z求减区间．
②先求f(x)的最大值，得关于a的方程，再求a的值．
(1)B [因为函数f(x)＝3sin(2x＋θ)(0＜θ＜π)是偶函数，
所以θ＝eq \f(π,2)，f(x)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＝3cs 2x，
令2kπ－π≤2x≤2kπ，得kπ－eq \f(π,2)≤x≤kπ，
可得函数f(x)的增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)，kπ))，k∈Z，
所以f(x)在[0，π]上的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).]
(2)[解] ①由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq \f(π,3)＋kπ≤x≤eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，
∴函数f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)＋kπ，\f(π,6)＋kπ))(k∈Z)，由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，
∴函数f(x)的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z)．
②∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)，
∴－eq \f(1,2)≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤1，
∴f(x)的最大值为2＋a＋1＝4，∴a＝1.
1．求本例(2)中函数y＝f(x)，x∈R取最大值时x的取值集合．
[解] 当f(x)取最大值时，2x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ，
∴2x＝eq \f(π,3)＋2kπ，∴x＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z.
∴当f(x)取最大值时，x的取值集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(π,6)＋kπ，k∈Z)))).
2．在本例(2)的条件下，求不等式f(x)＜1的解集．
[解] 由f(x)＜1得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2＜1，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＜－eq \f(1,2)
所以2kπ－eq \f(5π,6)＜2x＋eq \f(π,6)＜2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.
解得kπ－eq \f(π,2)＜x＜kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.
所以不等式f(x)＜1的解集为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,2)＜x＜kπ－\f(π,6)，k∈Z)))).
三角恒等变换的综合应用
【例4】 已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性．
[解] (1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x
＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)
＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，
因此f(x)的最小正周期为π，最大值为eq \f(2－\r(3),2).
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，从而
当0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时，f(x)单调递增，
当eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时，f(x)单调递减．
综上可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递增；在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减．
三角函数的图象和性质是三角函数的重要内容.如果给出的三角函数的表达式较为复杂，我们必须先通过三角恒等变换，将三角函数的表达式变形化简，然后根据化简后的三角函数，讨论其图象和性质.
1求三角函数的值域、单调区间、图象变换、周期性、对称性等问题，一般先要通过三角恒等变换将函数表达式变形为y＝Asinωx＋φ＋k或y＝Acsωx＋φ＋k等形式，让角和三角函数名称尽量少，然后再根据正、余弦函数基本性质和相关原理进行求解.
2要注意三角恒等变换中由于消项、约分、合并等原因，函数定义域往往会发生一些变化，所以一定要在变换前确定好原三角函数的定义域，并在这个定义域内分析问题.
2．已知函数f(x)＝eq \f(sin x－cs xsin 2x,sin x).
(1)求f(x)的定义域及最小正周期；
(2)求f(x)的单调递减区间．
[解] (1)由sin x≠0得x≠kπ(k∈Z)，
故f(x)的定义域为{x∈R|x≠kπ，k∈Z}．
因为f(x)＝eq \f(sin x－cs xsin 2x,sin x)
＝2cs x(sin x－cs x)
＝sin 2x－cs 2x－1
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))－1，
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)函数y＝sin x的单调递减区间为2kπ＋eq \f(π,2)，2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)．
由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，x≠kπ(k∈Z)，
得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)．
三角函数的平面几何中的应用
【例5】 直角走廊的示意图如图所示，其两边走廊的宽度均为2米，过点P的一直线与走廊的外侧两边交于A，B两点，且与走廊的一边的夹角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜θ＜\f(π,2))).
(1)将线段AB的长度l表示为θ的函数；
(2)一根长度为5米的铁棒能否水平(即铁棒与地面平行)通过该直角走廊？并说明理由．(铁棒的粗细忽略不计)
[思路点拨] (1)长度l可分成PA，PB两段分别用θ表示．
(2)判断铁棒能否水平通过该直角走廊需要比较铁棒长度与AB长度的最小值．
[解] (1)由题意可知：
l＝eq \f(2,sin θ)＋eq \f(2,cs θ)＝eq \f(2sin θ＋cs θ,sin θ·cs θ)，
其中0＜θ＜eq \f(π,2).
(2)l＝eq \f(2sin θ＋cs θ,sin θ·cs θ)，
设t＝sin θ＋cs θ＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))，
因为0＜θ＜eq \f(π,2)，
所以eq \f(π,4)＜θ＋eq \f(π,4)＜eq \f(3π,4)，
所以t∈(1，eq \r(2)]，
所以l＝eq \f(4t,t2－1)＝eq \f(4,t－\f(1,t)).
因为t－eq \f(1,t)在(1，eq \r(2)]上是增函数，
所以t－eq \f(1,t)的最大值为eq \f(\r(2),2)，
所以l＝eq \f(4,t－\f(1,t))的最小值为4eq \r(2).
因为4eq \r(2)＞5，
所以长度为5米的铁棒能水平通过该直角走廊．
三角函数的实际应用多与最值有关，解决这类问题的一般步骤如下：
1审读题意，合理地选取“角”为自变量，建立三角函数关系式.
2利用和、差、倍、半角公式进行化简整理，通常要整理为y＝Asinωx＋φ＋b的形式.
3在符合实际问题意义的情形下求目标式的最值.
3．福建沿海的超强台风过后，当地人民积极恢复生产，焊接工王师傅每天都很忙碌．今天他遇到了一个难题：如图所示，有一块扇形钢板，半径为1米，圆心角θ＝eq \f(π,3)，施工要求按图中所画的那样，在钢板OPQ上裁下一块平行四边形钢板ABOC，要求使裁下的钢板面积最大．试问王师傅如何确定A的位置，才能使裁下的钢板符合要求？最大面积为多少？
[解] 连接OA，设∠AOP＝α，过A作AH⊥OP，垂足为点H，在Rt△AOH中，OH＝cs α，AH＝sin α，所以BH＝eq \f(AH,tan 60°)＝eq \f(\r(3),3)sin α，所以OB＝OH－BH＝cs α－eq \f(\r(3),3)sin α，设平行四边形ABOC的面积为S，则S＝OB·AH＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－\f(\r(3),3)sin α))·sin α＝sin αcs α－eq \f(\r(3),3)sin2α＝eq \f(1,2)sin 2α－eq \f(\r(3),6)(1－cs 2α)＝eq \f(1,2)sin 2α＋eq \f(\r(3),6)cs 2α－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(1,\r(3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2α＋\f(1,2)cs 2α))－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(1,\r(3))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))－eq \f(\r(3),6).
由于0＜α＜eq \f(π,3)，所以eq \f(π,6)＜2α＋eq \f(π,6)＜eq \f(5,6)π，
当2α＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,6)时，Smax＝eq \f(1,\r(3))－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(\r(3),6)，所以当A是eq \x\t(PQ)的中点时，所裁钢板的面积最大，最大面积为eq \f(\r(3),6)平方米．