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2024年高二数学暑期培优讲义 第02讲 三角恒等变换与解三角形+课后巩固练习（2份打包，原卷版+教师版）
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考点一 三角恒等变换
核心提炼
1．三角求值“三大类型”
“给角求值”“给值求值”“给值求角”．
2．三角恒等变换“四大策略”
(1)常值代换：常用到“1”的代换，1＝sin2θ＋cs2θ＝tan 45°等．
(2)项的拆分与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝(sin2α＋cs2α)＋cs2α，α＝(α－β)＋β等．
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．
(4)弦、切互化．
例1 (1)已知α∈(0，π)，且3cs 2α－8cs α＝5，则sin α等于( )
A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(5),9)
答案 A
解析 由3cs 2α－8cs α＝5，得3(2cs2α－1)－8cs α＝5，即3cs2α－4cs α－4＝0，
解得cs α＝－eq \f(2,3)或cs α＝2(舍去)．又因为α∈(0，π)，所以sin α>0，所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(5),3).
(2)已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于( )
A.eq \f(5π,12) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,6)
答案 C
解析 因为α，β均为锐角，所以－eq \f(π,2)<α－β
所以β＝eq \f(π,4).
易错提醒 (1)公式的使用过程要注意正确性，要特别注意公式中的符号和函数名的变换，防止出现“张冠李戴”的情况．
(2)求角问题要注意角的范围，要根据已知条件将所求角的范围尽量缩小，避免产生增解．
跟踪演练1 (1)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan α＝eq \f(cs 2β,1－sin 2β)，则( )
A．α＋β＝eq \f(π,2) B．α－β＝eq \f(π,4) C．α＋β＝eq \f(π,4) D．α＋2β＝eq \f(π,2)
答案 B
解析 tan α＝eq \f(cs 2β,1－sin 2β)＝eq \f(cs2β－sin2β,cs2β＋sin2β－2sin βcs β)＝eq \f(cs β＋sin βcs β－sin β,cs β－sin β2)
＝eq \f(cs β＋sin β,cs β－sin β)＝eq \f(1＋tan β,1－tan β)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以α＝eq \f(π,4)＋β，即α－β＝eq \f(π,4).
(2)(tan 10°－eq \r(3))·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝________.
答案 －2
解析 (tan 10°－eq \r(3))·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝(tan 10°－tan 60°)·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin 10°,cs 10°)－\f(sin 60°,cs 60°)))·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝eq \f(sin－50°,cs 10°cs 60°)·eq \f(cs 10°,sin 50°)＝－eq \f(1,cs 60°)＝－2.
考点二 正弦定理、余弦定理
核心提炼
1．正弦定理：在△ABC中，eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理：在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccs A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccs A，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc).
3．三角形的面积公式：S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)bcsin A.
考向1 求解三角形中的角、边
例2 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(asin C,1－cs A)＝eq \r(3)c.
(1)求角A的大小；
(2)若b＋c＝10，△ABC的面积S△ABC＝4eq \r(3)，求a的值．
解 (1)由正弦定理及eq \f(asin C,1－cs A)＝eq \r(3)c，得eq \f(sin Asin C,1－cs A)＝eq \r(3)sin C，
∵sin C≠0，∴sin A＝eq \r(3)(1－cs A)，
∴sin A＋eq \r(3)cs A＝2sin(A＋eq \f(π,3))＝eq \r(3)，∴sin(A＋eq \f(π,3))＝eq \f(\r(3),2)，
又0
由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccs eq \f(π,3)＝(b＋c)2－2bc－bc＝(b＋c)2－3bc，
又b＋c＝10，∴a2＝102－3×16＝52，∴a＝2eq \r(13).
考向2 求解三角形中的最值与范围问题
例3 在：①a＝eq \r(3)csin A－acs C，②(2a－b)sin A＋(2b－a)sin B＝2csin C这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝eq \r(3)，而且________．
(1)求角C；
(2)求△ABC周长的最大值．
解 (1)选①：因为a＝eq \r(3)csin A－acs C，所以sin A＝eq \r(3)sin Csin A－sin Acs C，
因为sin A≠0，所以eq \r(3)sin C－cs C＝1，即sin(C－eq \f(π,6))＝eq \f(1,2)，
因为0
所以(2a－b)a＋(2b－a)b＝2c2，即a2＋b2－c2＝ab，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，因为0
所以(a＋b)2－3＝3ab≤eq \f(3a＋b2,4)，所以a＋b≤2eq \r(3)，当且仅当a＝b时等号成立，
所以a＋b＋c≤3eq \r(3)，即△ABC周长的最大值为3eq \r(3).
规律方法 (1)利用余弦定理求边，一般是已知三角形的两边及其夹角．利用正弦定理求边，必须知道两角及其中一边，且该边为其中一角的对边，要注意解的多样性与合理性．
(2)三角形中的最值与范围问题主要有两种解决方法：一是利用基本不等式求得最大值或最小值；二是将所求式转化为只含有三角形某一个角的三角函数形式，结合角的范围确定所求式的范围．
跟踪演练2 (1)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为S，且a＝1,4S＝b2＋c2－1，则△ABC外接圆的面积为( )
A．4π B．2π C．π D.eq \f(π,2)
答案 D
解析 由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccs A，a＝1，所以b2＋c2－1＝2bccs A，
又S＝eq \f(1,2)bcsin A,4S＝b2＋c2－1，所以4×eq \f(1,2)bcsin A＝2bccs A，即sin A＝cs A，所以A＝eq \f(π,4)，
由正弦定理得，eq \f(1,sin\f(π,4))＝2R，得R＝eq \f(\r(2),2)，所以△ABC外接圆的面积为eq \f(π,2).
(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝3B，则eq \f(a,b)的取值范围是( )
A．(0,3) B．(1,3) C．(0,1] D．(1,2]
答案 B
解析 A＝3B⇒eq \f(sin A,sin B)＝eq \f(sin 3B,sin B)＝eq \f(sin2B＋B,sin B)＝eq \f(sin 2Bcs B＋cs 2Bsin B,sin B)
＝eq \f(2sin Bcs2B＋cs 2Bsin B,sin B)＝2cs2B＋cs 2B＝2cs 2B＋1，即eq \f(a,b)＝eq \f(sin A,sin B)＝2cs 2B＋1，
又A＋B∈(0，π)，即4B∈(0，π)⇒2B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))⇒cs 2B∈(0,1)，∴eq \f(a,b)∈(1,3)．
(3)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若tan C＝eq \f(12,5)，a＝b＝eq \r(13)，BC边上的中点为D，则sin∠BAC＝________，AD＝________.
答案 eq \f(3\r(13),13) eq \f(3\r(5),2)
解析 因为tan C＝eq \f(12,5)，所以sin C＝eq \f(12,13)，cs C＝eq \f(5,13)，又a＝b＝eq \r(13)，所以c2＝a2＋b2－2abcs C＝13＋13－2×eq \r(13)×eq \r(13)×eq \f(5,13)＝16，所以c＝4.由eq \f(a,sin∠BAC)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(\r(13),sin∠BAC)＝eq \f(4,\f(12,13))，解得sin∠BAC＝eq \f(3\r(13),13).因为BC边上的中点为D，所以CD＝eq \f(a,2)，所以在△ACD中，AD2＝b2＋(eq \f(a,2))2－2×b×eq \f(a,2)×cs C＝eq \f(45,4)，所以AD＝eq \f(3\r(5),2).
专题强化练
一、单项选择题
1．在△ABC中，cs C＝eq \f(2,3)，AC＝4，BC＝3，则cs B等于( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs C＝42＋32－2×4×3×eq \f(2,3)＝9，所以AB＝3，
所以cs B＝eq \f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq \f(9＋9－16,2×3×3)＝eq \f(1,9).
2．已知sin θ＋sin( θ＋eq \f(π,3))＝1，则sin( θ＋eq \f(π,6))等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 因为sin θ＋sin( θ＋eq \f(π,3))＝sin( θ＋eq \f(π,6)－ eq \f(π,6))＋sin( θ＋eq \f(π,6)＋ eq \f(π,6))
＝sin( θ＋eq \f(π,6))cs eq \f(π,6)－cs( θ＋eq \f(π,6))sin eq \f(π,6)＋sin( θ＋eq \f(π,6))cs eq \f(π,6)＋cs( θ＋eq \f(π,6))sin eq \f(π,6)
＝2sin( θ＋eq \f(π,6))cs eq \f(π,6)＝eq \r(3)sin( θ＋eq \f(π,6))＝1.所以sin( θ＋eq \f(π,6))＝eq \f(\r(3),3).
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，eq \f(sin 2C,1－cs 2C)＝1，B＝eq \f(π,6)，则a的值为( )
A.eq \r(3)－1 B．2eq \r(3)＋2 C．2eq \r(3)－2 D.eq \r(2)＋eq \r(6)
答案 D
解析 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2，eq \f(sin 2C,1－cs 2C)＝1，所以eq \f(2sin Ccs C,2sin2C)＝1，所以tan C＝1，C＝eq \f(π,4).因为B＝eq \f(π,6)，所以A＝π－B－C＝eq \f(7π,12)，所以sin A＝sin(eq \f(π,3)＋ eq \f(π,4))＝sin eq \f(π,4)cs eq \f(π,3)＋cs eq \f(π,4)sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(2)＋\r(6),4).由正弦定理可得eq \f(a,\f(\r(2)＋\r(6),4))＝eq \f(2,sin \f(π,6))，则a＝eq \r(2)＋eq \r(6).
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，acs B＋bcs A＝2ccs C，c＝eq \r(7)，且△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，则△ABC的周长为( )
A．1＋eq \r(7) B．2＋eq \r(7) C．4＋eq \r(7) D．5＋eq \r(7)
答案 D
解析 在△ABC中，acs B＋bcs A＝2ccs C，则sin Acs B＋sin Bcs A＝2sin Ccs C，
即sin(A＋B)＝2sin Ccs C，∵sin(A＋B)＝sin C≠0，∴cs C＝eq \f(1,2)，∴C＝eq \f(π,3)，
由余弦定理可得，a2＋b2－c2＝ab，即(a＋b)2－3ab＝c2＝7，又S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(3),4)ab＝eq \f(3\r(3),2)，∴ab＝6，
∴(a＋b)2＝7＋3ab＝25，即a＋b＝5，∴△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋eq \r(7).
5．若α，β都是锐角，且cs α＝eq \f(\r(5),5)，sin(α＋β)＝eq \f(3,5)，则cs β等于( )
A.eq \f(2\r(5),25) B.eq \f(2\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),25)或eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(\r(5),5)或eq \f(\r(5),25)
答案 A
解析 因为α，β都是锐角，且cs α＝eq \f(\r(5),5)
6．在△ABC中，A，B，C的对边分别是a，b，c.若A＝120°，a＝1，则2b＋3c的最大值为( )
A．3 B.eq \f(2\r(21),3) C．3eq \r(2) D.eq \f(3\r(5),2)
答案 B
解析 因为A＝120°，a＝1，所以由正弦定理可得eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(1,sin 120°)＝eq \f(2\r(3),3)，
所以b＝eq \f(2\r(3),3)sin B，c＝eq \f(2\r(3),3)sin C，故2b＋3c＝eq \f(4\r(3),3)sin B＋2eq \r(3)sin C＝eq \f(4\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(60°－C))＋2eq \r(3)sin C
＝eq \f(4\r(3),3)sin C＋2cs C＝eq \f(2\r(21),3)sin(C＋φ)．其中sin φ＝eq \f(\r(21),7)，cs φ＝eq \f(2\r(7),7)，所以2b＋3c的最大值为eq \f(2\r(21),3).
二、多项选择题
7．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2eq \r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是( )
A．cs C＝eq \f(\r(3),3) B．sin B＝eq \f(\r(2),3)
C．a＝3 D．S△ABC＝eq \r(2)
答案 AD
解析 因为A＋3C＝π，A＋B＋C＝π，所以B＝2C.由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(2\r(3),sin 2C)＝eq \f(3,sin C)，即eq \f(2\r(3),2sin Ccs C)＝eq \f(3,sin C)，所以cs C＝eq \f(\r(3),3)，故A正确；因为cs C＝eq \f(\r(3),3)，所以sin C＝eq \f(\r(6),3)，所以sin B＝sin 2C＝2sin Ccs C＝2×eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(2\r(2),3)，故B错误；因为cs B＝cs 2C＝2cs2C－1＝－eq \f(1,3)，所以sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcs C＋cs Bsin C＝eq \f(2\r(2),3)×eq \f(\r(3),3)＋(－eq \f(1,3))×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(\r(6),9)，则cs A＝eq \f(5\r(3),9)，所以a2＝b2＋c2－2bccs A＝(2eq \r(3))2＋32－2×2eq \r(3)×3×eq \f(5\r(3),9)＝1，所以a＝1，故C错误；S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3×eq \f(\r(6),9)＝eq \r(2)，故D正确．
8．已知0<θ
答案 AD
解析 ∵sin 2θ＝m，cs 2θ＝n，∴m2＋n2＝1，∴eq \f(1－m,n)＝eq \f(n,1＋m)，
∴tan(eq \f(π,4)－θ)＝eq \f(1－tan θ,1＋tan θ)＝eq \f(cs θ－sin θ,cs θ＋sin θ)＝eq \f(cs θ－sin θcs θ－sin θ,cs θ＋sin θcs θ－sin θ)＝eq \f(1－sin 2θ,cs 2θ)＝eq \f(1－m,n)＝eq \f(n,1＋m).
三、填空题
9．已知tan(eq \f(π,4)＋α)＝eq \f(1,2)，则eq \f(sin 2α－cs2α,1＋cs 2α)＝________.
答案 －eq \f(5,6)
解析 因为tan(eq \f(π,4)＋α)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(tan \f(π,4)＋tan α,1－tan \f(π,4)tan α)＝eq \f(1,2)，即eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝eq \f(1,2)，解得tan α＝－eq \f(1,3)，
所以eq \f(sin 2α－cs2α,1＋cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α－cs2α,2cs2α)＝tan α－eq \f(1,2)＝－eq \f(5,6).
10．在△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且eq \f(b＋a,sin C)＝eq \f(2asin B－c,sin B－sin A)，则A＝________.
答案 eq \f(π,4)
解析 由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得eq \f(b＋a,c)＝eq \f(2asin B－c,b－a)，整理得b2－a2＝2acsin B－c2，
即b2＋c2－a2＝2acsin B＝2bcsin A，由余弦定理得，b2＋c2－a2＝2bccs A，
∴2bccs A＝2bcsin A，即cs A＝sin A，∴tan A＝1，∴A＝eq \f(π,4).
11．如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝eq \r(3)，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB＝________.
答案 －eq \f(1,4)
解析 在△ABD中，∵AB⊥AD，AB＝AD＝eq \r(3)，∴BD＝eq \r(6)，∴FB＝BD＝eq \r(6).在△ACE中，
∵AE＝AD＝eq \r(3)，AC＝1，∠CAE＝30°，∴EC＝eq \r(\r(3)2＋12－2×\r(3)×1×cs 30°)＝1，∴CF＝CE＝1.
又∵BC＝eq \r(AC2＋AB2)＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
∴在△FCB中，由余弦定理得cs∠FCB＝eq \f(CF2＋BC2－FB2,2×CF×BC)＝eq \f(12＋22－\r(6)2,2×1×2)＝－eq \f(1,4).
12．在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为a，b，c，记△ABC的面积为S，且4a2＝b2＋2c2，则eq \f(S,a2)的最大值为________．
答案 eq \f(\r(10),6)
解析 由题意知，4a2＝b2＋2c2⇒b2＝4a2－2c2＝a2＋c2－2accs B，
整理，得2accs B＝－3a2＋3c2⇒cs B＝eq \f(3c2－a2,2ac)，因为(eq \f(S,a2))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)acsin B,a2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(csin B,2a)))2＝eq \f(c21－cs2B,4a2)，
代入cs B＝eq \f(3c2－a2,2ac)，整理得(eq \f(S,a2))2＝－eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9×\f(c4,a4)－22×\f(c2,a2)＋9))，
令t＝eq \f(c2,a2)，则(eq \f(S,a2))2＝－eq \f(1,16)(9t2－22t＋9)＝－eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t－\f(11,3)))2＋eq \f(10,36)，
所以(eq \f(S,a2))2≤eq \f(10,36)，所以eq \f(S,a2)≤eq \f(\r(10),6)，故eq \f(S,a2)的最大值为eq \f(\r(10),6).
四、解答题
13．△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解 (1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB.①
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A．②
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).因为0
从而AC＝2eq \r(3)sin B，AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sin B.
故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B＝3＋2eq \r(3)sin(B＋eq \f(π,3)).
又0
(1)求角C；
(2)若c＝2eq \r(10)，D为BC的中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度．
条件①：△ABC的面积S＝4且B>A；
条件②：cs B＝eq \f(2\r(5),5).
解 (1)在△ABC中，由余弦定理知，b2＋c2－a2＝2bccs A，
所以2b2＝2bccs A(1－tan A)，
所以b＝c(cs A－sin A)，
又由正弦定理知，eq \f(b,c)＝eq \f(sin B,sin C)，
得sin B＝sin C(cs A－sin A)，
所以sin(A＋C)＝sin C(cs A－sin A)，
即sin Acs C＋cs Asin C＝sin Ccs A－sin Csin A，
所以sin Acs C＝－sin Csin A，
因为sin A≠0，所以cs C＝－sin C，
所以tan C＝－1，
又因为0
因为cs B＝eq \f(2\r(5),5)，且0
由正弦定理知eq \f(c,sin C)＝eq \f(a,sin A)，所以a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(2\r(10)×\f(\r(10),10),\f(\r(2),2))＝2eq \r(2)，
在△ABD中，由余弦定理知
AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cs B＝(2eq \r(10))2＋(eq \r(2))2－2×2eq \r(10)×eq \r(2)×eq \f(2\r(5),5)＝26，
所以AD＝eq \r(26).
(答案不唯一)
三角函数中的范围、最值问题
以三角函数为背景的范围与最值问题是高考的热点，对问题的准确理解和灵活转化是解题的关键．
例1 (1)若函数y＝sin2x＋acs x＋eq \f(5,8)a－eq \f(3,2)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值是1，则实数a的值为________．
答案 eq \f(3,2)
解析 y＝1－cs2x＋acs x＋eq \f(5,8)a－eq \f(3,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(a,2)))2＋eq \f(a2,4)＋eq \f(5,8)a－eq \f(1,2).∵0≤x≤eq \f(π,2)，∴0≤cs x≤1.
①若eq \f(a,2)>1，即a>2，则当cs x＝1时，ymax＝a＋eq \f(5,8)a－eq \f(3,2)＝1⇒a＝eq \f(20,13)<2(舍去)；
②若0≤eq \f(a,2)≤1，即0≤a≤2，则当cs x＝eq \f(a,2)时，ymax＝eq \f(a2,4)＋eq \f(5,8)a－eq \f(1,2)＝1，∴a＝eq \f(3,2)或a＝－4<0(舍去)；
③若eq \f(a,2)<0，即a<0，则当cs x＝0时，ymax＝eq \f(5,8)a－eq \f(1,2)＝1⇒a＝eq \f(12,5)>0(舍去)．综上可得，a＝eq \f(3,2).
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3acs C＋b＝0，则tan B的最大值是________．
答案 eq \f(3,4)
解析 在△ABC中，因为3acs C＋b＝0，所以C为钝角，由正弦定理得3sin Acs C＋sin(A＋C)＝0，
3sin Acs C＋sin Acs C＋cs Asin C＝0，所以4sin Acs C＝－cs A·sin C，即tan C＝－4tan A.
因为tan A>0，
所以tan B＝－tan(A＋C)＝－eq \f(tan A＋tan C,1－tan Atan C)＝eq \f(tan A＋tan C,tan Atan C－1)＝eq \f(－3tan A,－4tan2A－1)＝eq \f(3,4tan A＋\f(1,tan A))≤eq \f(3,2\r(4))＝eq \f(3,4)，
当且仅当tan A＝eq \f(1,2)时取等号，故tan B的最大值是eq \f(3,4).
例2 (1)将函数f(x)＝cs x的图象向右平移eq \f(2π,3)个单位长度，再将各点的横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)，得到函数g(x)的图象，若g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则ω的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(8,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(5,3))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，＋∞))
答案 A
解析 f(x)＝cs x向右平移eq \f(2π,3)个单位长度，得到y＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2π,3)))的图象，再将各点横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)得g(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(2π,3)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，ωx－eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(ωπ,2)－\f(2π,3)))，又此时g(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，
∴0≤eq \f(ωπ,2)－eq \f(2π,3)≤eq \f(2π,3)，∴eq \f(4,3)≤ω≤eq \f(8,3).
(2)若将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是________．
答案 eq \f(3π,8)
解析 方法一 将f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,4)))的图象，该图象关于y轴对称，即g(x)为偶函数，因此eq \f(π,4)－2φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝－eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z)，故当k＝－1时，φ的最小正值为eq \f(3π,8).
方法二 将f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,4)))的图象，令2x－2φ＋eq \f(π,4)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)＋φ(k∈Z)，此即为g(x)的对称轴方程，
又g(x)的图象关于y轴对称，所以有eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,8)＋φ＝0，k∈Z，于是φ＝－eq \f(kπ,2)－eq \f(π,8)(k∈Z)，故当k＝－1时，φ取最小正值eq \f(3π,8).
(1)求解三角函数的范围或最值的关键在于根据题目条件和函数形式选择适当的工具：三角函数的有界性，基本不等式，二次函数等．
(2)求解和三角函数性质有关的范围、最值问题，要结合三角函数的图象．
1．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝0，则ω的最小值为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
答案 A
解析 函数f(x)的周期T≤4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝π，则eq \f(2π,ω)≤π，解得ω≥2，故ω的最小值为2.
2．若函数f(x)＝2sin x＋cs x在[0，α]上是增函数，则当α取最大值时，sin 2α的值等于( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(3,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(\r(21),5)
答案 A
解析 f(x)＝eq \r(5)sin(x＋φ)，其中tan φ＝eq \f(1,2)，且φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋φ≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，得－eq \f(π,2)－φ＋2kπ≤x≤eq \f(π,2)－φ＋2kπ，k∈Z.当k＝0时，增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－φ，\f(π,2)－φ))，所以αmax＝eq \f(π,2)－φ，所以当α取最大值时，sin 2α＝sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－φ))＝sin 2φ＝eq \f(2sin φcs φ,sin2φ＋cs2φ)＝eq \f(2tan φ,tan2φ＋1)＝eq \f(4,5).
3．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))中x在任意的eq \f(1,5)个单位长度的距离内能同时取得最大值和最小值，那么正实数ω的取值范围是________．
答案 [10π，＋∞)
解析 由题意得T＝eq \f(2π,ω)≤eq \f(1,5)，∴ω≥10π，∵ω>0，∴ω≥10π.
4．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))(ω>0)，若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上恰有两个零点，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,24)))上单调递增，则ω的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3)))
解析 令ωx＋eq \f(π,3)＝kπ，k∈Z，得x＝eq \f(3kπ－π,3ω)，k∈Z，∴f(x)的第2个、第3个正零点分别为eq \f(5π,3ω)，eq \f(8π,3ω)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5π,3ω)≤\f(2π,3)，,\f(8π,3ω)>\f(2π,3)，))解得eq \f(5,2)≤ω<4，令－eq \f(π,2)＋2kπ≤ωx＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
∴－eq \f(5π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)≤x≤eq \f(π,6ω)＋eq \f(2kπ,ω)，k∈Z，令k＝0，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))上单调递增，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,24)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6ω)，\f(π,6ω)))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5π,6ω)≤－\f(π,4)，,\f(π,6ω)≥\f(π,24)，,ω>0))⇒0<ω≤eq \f(10,3)，综上得ω的取值范围是eq \f(5,2)≤ω≤eq \f(10,3).
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