2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：4.5.2 简单的三角恒等变换

这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：4.5.2 简单的三角恒等变换，共6页。


eq \x(考点一) 三角函数式的化简[自主练透型]
1．化简：eq \f(sin 2α－2cs2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4))))＝________.
2．化简：eq \f(1＋sin θ＋cs θ·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2))),\r(2＋2cs θ))(0<θ<π)．
悟·技法
(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则
(2)三角函数式化简的方法
弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．
在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．如“考点一”第2题.
考点二 三角函数求值[互动讲练型]
考向一：给值求值
[例1] [2021·河南中原名校指导卷]若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，且α∈(0，π)，则cs 2α＝( )
A.eq \f(－1＋2\r(6),6) B．－eq \f(1＋2\r(6),6)
C．－eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2)
考向二：给角求值
[例2] 化简：sin 50°(1＋eq \r(3)tan 10°)＝________.
考向三：给值求角
[例3] [2021·河北五校联考]若sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是( )
A.eq \f(7π,4) B.eq \f(9π,4)
C.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4) D.eq \f(5π,4)或eq \f(9π,4)
悟·技法
三角函数求值的3类求法
(1)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
(2)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．
(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，最后确定角.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·山东济南长清月考]若eq \f(\r(2)cs 2θ,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ)))＝eq \r(3)sin 2θ，则sin 2θ＝( )
A. eq \f(1,3) B. eq \f(2,3)
C．－eq \f(2,3) D．－eq \f(1,3)
2．[2021·长沙市四校模拟考试]已知α为锐角，且cs α(1＋eq \r(3)tan 10°)＝1，则α的值为( )
A．20° B．40°
C．50° D．70°
3．[2021·山东烟台三中月考]已知方程x2＋3ax＋3a＋1＝0(a>1)的两根分别为tan α，tan β，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则α＋β＝________.

考点三 三角恒等变换的综合应用[互动讲练型]
[例4] [2019·浙江卷]设函数f(x)＝sin x，x∈R.
(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；
(2)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))2＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))2的值域．
悟·技法
求函数周期、最值、单调区间的方法步骤
(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acs(ωx＋φ)＋t的形式．
(2)利用公式T＝eq \f(2π,ω)(ω＞0)求周期．
(3)根据自变量的范围确定ωx＋φ的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值，另外求最值时，根据所给关系式的特点，也可换元转化为二次函数的最值．
(4)根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acs(ωx＋φ)＋t的单调区间.
[变式练]——(着眼于举一反三)
4．[2021·河南郑州质检]已知函数f(x)＝4tan x·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．
第2课时 简单的三角恒等变换
课堂考点突破
考点一
1．解析：原式＝eq \f(2sin αcs α－2cs2α,\f(\r(2),2)sin α－cs α)＝2eq \r(2)cs α.
答案：2eq \r(2)cs α
2．解析：原式＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin\f(θ,2)cs\f(θ,2)＋2cs2\f(θ,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2))),\r(4cs2\f(θ,2)))
＝cseq \f(θ,2)·eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(θ,2)－cs2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2))))＝eq \f(－cs\f(θ,2)·cs θ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2)))).
∵0<θ<π，∴00，∴原式＝－cs θ.
考点二
例1 解析：∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3).
∵0<α<π，∴－eq \f(π,6)<α－eq \f(π,6)0，
∴－eq \f(π,6)<α－eq \f(π,6)∴－eq \f(π,3)<2α－eq \f(π,3)<π，
又cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)<0，
∴2α－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝eq \f(2\r(2),3)，
∴cs 2α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＋\f(π,3)))＝－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)－eq \f(2\r(2),3)×eq \f(\r(3),2)＝－eq \f(1＋2\r(6),6).故选B.
答案：B
例2 解析：sin 50°(1＋eq \r(3)tan 10°)
＝sin 50°eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(3)·\f(sin 10°,cs 10°)))
＝sin 50°×eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs 10°)
＝sin 50°×eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°＋\f(\r(3),2)sin 10°)),cs 10°)
＝eq \f(2sin 50°·cs 50°,cs 10°)＝eq \f(sin 100°,cs 10°)＝eq \f(cs 10°,cs 10°)＝1.
答案：1
例3 解析：∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2π))，
∵sin 2α＝eq \f(\r(5),5)>0，∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).
∴α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))且cs 2α＝－eq \f(2\r(5),5)，
又∵sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，
∴β－α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，cs(β－α)＝－eq \f(3\r(10),10)，
∴cs(α＋β)＝cs[(β－α)＋2α]
＝cs(β－α)cs 2α－sin(β－α)sin 2α
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))－eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(2),2)，
又α＋β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，2π))，所以α＋β＝eq \f(7π,4)，故选A.
答案：A
变式练
1．解析：通解 ∵eq \f(\r(2)cs 2θ,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ)))＝eq \r(3)sin 2θ，
∴eq \f(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2θ)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ)))＝2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))＝eq \r(3)sin 2θ，
∴2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))＝－eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2)))，
∴2eq \r(3)sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))－2eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))－eq \r(3)＝0，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(6),6)，
∴sin 2θ＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2θ))＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))－1＝－eq \f(2,3).
故选C.
优解 ∵eq \f(\r(2)cs 2θ,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ)))＝eq \r(3)sin 2θ，
∴eq \f(\r(2)cs2θ－sin2θ,\f(\r(2),2)cs θ－sin θ)＝eq \r(3)sin 2θ，
∴2(cs θ＋sin θ)＝eq \r(3)sin 2θ，
∴3sin22θ－4sin 2θ－4＝0，得sin 2θ＝－eq \f(2,3).
故选C.
答案：C
2．解析：由cs α(1＋eq \r(3)tan 10°)＝1可得cs α×eq \f(\r(3)sin 10°＋cs 10°,cs 10°)＝1，所以cs α×eq \f(2sin 40°,cs 10°)＝1，所以cs α＝eq \f(cs 10°,2sin 40°)＝eq \f(sin 80°,2sin 40°)＝eq \f(2sin 40°cs 40°,2sin 40°)＝cs 40°，又α为锐角，所以α＝40°，选B.
答案：B
3．解析：由已知得tan α＋tan β＝－3a，tan αtan β＝3a＋1，∴tan(α＋β)＝1.又α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tan α＋tan β＝－3a<0，tan αtan β＝3a＋1>0，∴tan α<0，tan β<0，∴α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，∴α＋β∈(－π，0)，∴α＋β＝－eq \f(3π,4).
答案：－eq \f(3π,4)
考点三
例4 解析：(1)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以，对任意实数x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，
即sin xcs θ＋cs xsin θ＝－sin xcs θ＋cs xsin θ，
故2sin xcs θ＝0，
所以cs θ＝0.
又θ∈[0,2π)，因此θ＝eq \f(π,2)或eq \f(3π,2).
(2)y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))))2＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))))2
＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))
＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2))),2)
＝1－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs 2x－\f(3,2)sin 2x))
＝1－eq \f(\r(3),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
因此，函数的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).
变式练
4．解析：(1)f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))))，
f(x)＝4tan xcs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sin x))－eq \r(3)
＝2sin xcs x＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)(1－cs 2x)－eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，函数y＝2sin z的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，
得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，
B＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ≤x≤\f(5π,12)＋kπ，k∈Z))))，
易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))).
所以，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减．