三角函数题型分析情况总结教师版.doc

,. 高三数学三角函数题型大全 一、求值化简型 1、公式运用 〖例〗(2004淄博高考模拟题)（1）已知tanα=3,求：的值。 （2）已知tanα+sinα=m, tanα-sinα=n (, 求证：. （1）解： （2）证明：两式相加，得 两式相减，得 所以 〖举一反三〗（2004.湖南理）（本小题满分12分） 1、已知的值. 解：由 得 又 于是 2、（2013年西城二模）如图，在直角坐标系中，角的顶点是原点，始边与轴正半轴重合，终边交单位圆于点，且．将角的终边按逆时针方向旋转，交单位圆于点．记． （Ⅰ）若，求； （Ⅱ）分别过作轴的垂线，垂足依次为．记△ 的面积为，△的面积为．若，求角的值． （Ⅰ）解：由三角函数定义，得 ，． ………………2分 因为 ，， 所以 ． ………………3分 所以 ． ………………5分 （Ⅱ）解：依题意得 ，． 所以 ， ………………7分 ． ……………9分 依题意得 ， 整理得 ． ………………11分 因为 ， 所以 ， 所以 ， 即 ． ………………13分 2、三角形中求值 〖例〗（2013年高考北京卷（理））在△ABC中,a=3,b=2,∠B=2∠A. (I)求cosA的值; (II)求c的值. 【答案】解:(I)因为a=3,b=2,∠B=2∠A. 所以在△ABC中,由正弦定理得.所以.故. (II)由(I)知,所以.又因为∠B=2∠A,所以.所以. 在△ABC中,. 所以. 【举一反三】 （2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD版含答案（已校对））设的内角的对边分别为,. (I)求 (II)若,求. 【答案】 ③三角不等式 （2013年高考湖南卷（理））已知函数. (I)若是第一象限角,且.求的值; (II)求使成立的x的取值集合. 【答案】解: (I). (II) 二、图像和性质型 1、求范围 ①型 〖例〗（2008北京卷15）已知函数（）的最小正周期为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求函数在区间上的取值范围． 解：（Ⅰ） ． 因为函数的最小正周期为，且， 所以，解得． （Ⅱ）由（Ⅰ）得． 因为， 所以， 所以， 因此，即的取值范围为． ②二次函数型 〖例〗（2008四川卷17）求函数的最大值与最小值。 【解】： 由于函数在中的最大值为 最小值为 故当时取得最大值，当时取得最小值 2、求单调区间 〖例〗[2014四川卷] 已知函数f(x)＝sin. (1)求f(x)的单调递增区间； (2)若α是第二象限角，f＝coscos 2α，求cos α－sin α的值． 解：(1)因为函数y＝sin x的单调递增区间为，k∈Z， 由－＋2kπ≤3x＋≤＋2kπ，k∈Z， 得－＋≤x≤＋，k∈Z. 所以，函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z. (2)由已知，得sin＝cos(cos2α－sin2α)， 所以sin αcos＋cos αsin＝(cos2 α－sin2 α)， 即sin α＋cos α＝(cos α－sin α)2(sin α＋cos α)． 当sin α＋cos α＝0时，由α是第二象限角， 得α＝＋2kπ，k∈Z， 此时，cos α－sin α＝－. 当sin α＋cos α≠0时，(cos α－sin α)2＝. 由α是第二象限角，得cos α－sin α<0，此时cos α－sin α＝－. 综上所述，cos α－sin α＝－或－. 3、和图像结合 〖例〗（2008广东卷16）．（本小题满分13分） 已知函数，的最大值是1，其图像经过点． （1）求的解析式；（2）已知，且，，求的值． 【解析】（1）依题意有，则，将点代入得，而，，，故； （2）依题意有，而，， 。 〖举一反三〗 1（2008天津卷17）（本小题满分12分） 已知函数（）的最小值正周期是． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求函数的最大值，并且求使取得最大值的的集合． （Ⅰ）解： 由题设，函数的最小正周期是，可得，所以． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，． 当，即时，取得最大值1，所以函数的最大值是，此时的集合为． 2（2008安徽卷17）已知函数 （Ⅰ）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程 （Ⅱ）求函数在区间上的值域 解：（1） 由 函数图象的对称轴方程为 （2） 因为在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以 当时，取最大值 1 又 ，当时，取最小值 所以 函数 在区间上的值域为 3（2008山东卷17）已知函数f(x)＝为偶函数，且函数y＝f(x)图象的两相邻对称轴间的距离为 （Ⅰ）求f（）的值； （Ⅱ）将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求g(x)的单调递减区间. 解：（Ⅰ）f(x)＝ ＝ ＝2sin(-) 因为　f(x)为偶函数， 所以　对x∈R,f(-x)=f(x)恒成立， 因此　sin（--）＝sin(-). 即-sincos(-)+cossin(-)=sincos(-)+cossin(-), 整理得　sincos(-)=0.因为　＞0，且x∈R,所以　cos（-）＝0. 又因为　0＜＜π，故　-＝.所以　f(x)＝2sin(+)=2cos. 由题意得　　　 故　　　　f(x)=2cos2x. 因为　　　 （Ⅱ）将f(x)的图象向右平移个个单位后，得到的图象，再将所得图象横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到的图象. 　 当　　　　　2kπ≤≤2 kπ+ π (k∈Z), 即　　　　　4kπ＋≤≤x≤4kπ+ (k∈Z)时，g(x)单调递减. 因此g(x)的单调递减区间为　　　　　(k∈Z) 4、（2008湖北卷16）.已知函数 （Ⅰ）将函数化简成（，，）的形式； （Ⅱ）求函数的值域. 解：（Ⅰ） 　 　＝ （Ⅱ）由得 在上为减函数，在上为增函数， 又（当）， 即 故g(x)的值域为 5、（2008陕西卷17）．（本小题满分12分）已知函数． （Ⅰ）求函数的最小正周期及最值； （Ⅱ）令，判断函数的奇偶性，并说明理由． 解：（Ⅰ）． 的最小正周期． 当时，取得最小值；当时，取得最大值2． （Ⅱ）由（Ⅰ）知．又． ． ． 函数是偶函数． 三、解三角形型 1、求基本元素 【例】（2008全国二17）．在中，，． （Ⅰ）求的值；（Ⅱ）设的面积，求的长． . 解：（Ⅰ）由，得， 由，得． 所以． 5分 （Ⅱ）由得， 由（Ⅰ）知， 故， 8分 又， 故，． 所以． 10分 〖举一反三〗 （2008江西卷17）．在中，角所对应的边分别为，， ，求及 解：由得 ∴ ∴ ∴，又∴ 由得 即 ∴， 由正弦定理得 2、求范围 ①均值定理型 〖例〗（2008全国一17）设的内角所对的边长分别为，且． （Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的最大值． 解析：（Ⅰ）在中，由正弦定理及 可得 即，则； （Ⅱ）由得 当且仅当时，等号成立， 故当时，的最大值为. 【举一反三】 [2014陕西卷] △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c. (1)若a，b，c成等差数列，证明：sin A＋sin C＝2sin(A＋C)； (2)若a，b，c成等比数列，求cos B的最小值． 16．解：(1)∵a，b，c成等差数列，∴a＋c＝2b. 由正弦定理得sin A＋sin C＝2sin B. ∵sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)， ∴sin A＋sin C＝2sin(A＋C)． (2)∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac. 由余弦定理得cos B＝＝≥＝，当且仅当a＝c时等号成立， ∴cos B的最小值为. ②二次函数型 （2013年高考江西卷（理））在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知cosC+(conA-3sinA)cosB=0. (1) 求角B的大小;若a+c=1,求b的取值范围。 【答案】解:(1)由已知得 即有 因为,所以,又,所以, 又,所以. (2)由余弦定理,有. 因为,有. 又,于是有,即有. ③转化求范围 【例】设△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且(a2＋b2－c2)sin A＝ab(sin C＋2sin B)，a＝1. (1)求角A的大小； (2)求△ABC的周长的取值范围． 【正弦定理的高级运用，将边及对角正弦值转化】 解：(1)由(a2＋b2－c2)sin A＝ab(sin C＋2sin B)，结合余弦定理可得2abcos Csin A＝ab(sin C＋2sin B)， 即2cos Csin A＝sin C＋2sin(A＋C)，化简得sin C(1＋2cos A)＝0. 因为sin C≠0，所以cos A＝－. 又A∈(0，π)，所以A＝. (2)因为A＝，a＝1，所以由正弦定理可得 b＝＝sin B，c＝sin C， 所以△ABC的周长l＝a＋b＋c＝1＋sin B＋sin C＝1＋＝1＋＝1＋sin. 因为B∈，所以B＋∈， 则sin∈， 故l＝a＋b＋c＝1＋sin∈. 【例】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acos C＝(2b－c)cos A． (1)求角A的大小； (2)求cos－2sin2的取值范围． 【纯粹三角形内角之间的转化，比上题简单一步】 解：(1)由正弦定理可得，sin Acos C＝2sin Bcos A－sin Ccos A， 从而可得sin(A＋C)＝2sin Bcos A，即sin B＝2sin Bcos A， 又B是三角形的内角，所以sin B≠0，于是cos A＝.又A为三角形的内角，因此A＝. (2)cos－2sin2＝sin B＋cos C－1＝sin B＋cos －1＝sin B＋cos cos B＋sin sin B－1＝sin B－cos B－1＝sin－1， 由A＝可知，B∈，所以B－∈，从而sin∈， 因此sin－1∈， 故cos－2sin2的取值范围为. 【例】【还是转化问题，在单位圆上坐标与三角函数的转化-如何选变量的问题】已知A(xA，yA)是单位圆(圆心O在坐标原点)上任意一点，将射线OA绕O点逆时针旋转30得到OB，交单位圆于点B(xB，yB)，则xA－yB的最大值为(　　) A. B. C．1 D. [小结] 在单位圆中定义的三角函数，当角的顶点在坐标原点、角的始边在x轴正半轴上时，角的终边与单位圆交点的纵坐标为该角的正弦值、横坐标为该角的余弦值．如果不是在单位圆中定义的三角函数，则只需将角的终边上点的纵(横)坐标除以该点到坐标原点的距离，即得该角的正(余)弦值． 【解】设从x轴正方向逆时针旋转到射线OA所形成的角为α，根据三角函数定义得xA＝cos α，yB＝sin(α＋30)，所以xA－yB＝cos α－sin(α＋30)＝－sin α＋cos α＝sin(α＋150)，故其最大值为1. ③求面积 【例】（2008辽宁卷17）在中，内角对边的边长分别是，已知，． （Ⅰ）若的面积等于，求；（Ⅱ）若，求的面积． 解：（Ⅰ）由余弦定理及已知条件得，， 又因为的面积等于，所以，得． 4分 联立方程组解得，． 6分 （Ⅱ）由题意得， 即， 8分 当时，，，，， 当时，得，由正弦定理得， 联立方程组解得，． 所以的面积． 12分 【例】如图K221所示，在△ABC中，sin＝，AB＝2，点D在线段AC上，且AD＝2DC，BD＝. (1)求BC的长； (2)求△DBC的面积． 图K221 【图形的转化】 解：(1)因为sin＝，所以cos∠ABC＝1－2＝. 在△ABC中，设BC＝a，AC＝3b，则由余弦定理可得9b2＝a2＋4－a.① 在△ABD和△DBC中，由余弦定理可得cos∠ADB＝，cos∠BDC＝. 因为cos∠ADB＝－cos∠BDC， 所以有＝－，所以3b2－a2＝－6.② 由①②可得a＝3，b＝1，即BC＝3. (2)由(1)得，sin∠ABC＝，所以△ABC的面积为23＝2，所以△DBC的面积为. 四、与向量结合型 〖例〗（2008福建卷17）（本小题满分12分） 　　　已知向量m=(sinA,cosA),n=，mn＝1，且A为锐角. （Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）求函数的值域. 解：（Ⅰ）由题意得 　　　　　 　　　　　由A为锐角得 　　　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知 　　　　　　　所以 　　　　　　　因为x∈R，所以，因此，当时，f(x)有最大值. 　　　　　　　当sinx=-1时，f(x)有最小值-3，所以所求函数f(x)的值域是. 【举一反三】 1、（2013年高考陕西卷（理））已知向量, 设函数. (Ⅰ) 求f (x)的最小正周期. (Ⅱ) 求f (x) 在上的最大值和最小值. 【答案】解:(Ⅰ) =. 最小正周期. 所以最小正周期为. (Ⅱ) . . 所以,f (x) 在上的最大值和最小值分别为. 2、(2004天津联考题)平面直角坐标系有点，，[] （Ⅰ）求向量和的夹角的余弦用表示的函数 （Ⅱ）求的最值. (理)解：(Ⅰ)　 (Ⅱ) 且　　 　即　； 3、（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯WORD版含附加题））本小题满分14分.已知,. (1)若,求证:;(2)设,若,求的值. 【答案】解:(1)∵ ∴ 即, 又∵,∴∴∴ (2)∵ ∴即 两边分别平方再相加得: ∴ ∴ ∵ ∴ 4、在中，，. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）设动点在以为圆心，为半径的劣弧上运动，求的最小值. 解：（Ⅰ）由已知. …………………2分 …………………4分 …………………5分 （Ⅱ）建立如图所示的直角坐标系，则， ，因为，，根据三 角函数定义，， …………………7分 点在以为圆心，为半径的劣弧上运动，可设，其中. …………………8分 . …………………10分 因为，所以，， 当时，取得最小值， 所以的最小值为. …………………12分 五、综合运用 【例】[2014辽宁卷] 已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln.证明： (1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0； (2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π. 证明：(1)当x∈时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0，函数f(x)在上为减函数．又f(0)＝π－>0，f＝－π2－<0，所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0. (2)记函数h(x)＝－4ln，x∈. 令t＝π－x，则当x∈时，t∈. 记u(t)＝h(π－t)＝－4 ln，则u′(t)＝. 由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0， 当t∈时，u′(t)<0. 故在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而可知当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点． 在上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0， 故存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0. 因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0. 因为当x∈时，1＋sin x>0，故g(x)＝(1＋sin　x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0. 因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π. 【例】[2014辽宁卷] 已知函数f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)cos x－4(1＋sin x)ln.证明： (1)存在唯一x0∈，使f(x0)＝0； (2)存在唯一x1∈，使g(x1)＝0，且对(1)中的x0，有x0＋x1<π. 证明：(1)当x∈时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－cos x<0，函数f(x)在上为减函数．又f(0)＝π－>0，f＝－π2－<0，所以存在唯一x0∈，使f(x0)＝0. (2)记函数h(x)＝－4ln，x∈. 令t＝π－x，则当x∈时，t∈. 记u(t)＝h(π－t)＝－4 ln，则u′(t)＝. 由(1)得，当t∈(0，x0)时，u′(t)>0， 当t∈时，u′(t)<0. 故在(0，x0)上u(t)是增函数，又u(0)＝0，从而可知当t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以u(t)在(0，x0]上无零点． 在上u(t)为减函数，由u(x0)>0，u＝－4ln 2<0，知存在唯一t1∈，使u(t1)＝0， 故存在唯一的t1∈，使u(t1)＝0. 因此存在唯一的x1＝π－t1∈，使h(x1)＝h(π－t1)＝u(t1)＝0. 因为当x∈时，1＋sin x>0，故g(x)＝(1＋sin　x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1∈，使g(x1)＝0. 因为x1＝π－t1，t1>x0，所以x0＋x1<π. 【例】（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知函数的周期为,图像的一个对称中心为,将函数图像上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),在将所得图像向右平移个单位长度后得到函数的图像. (1)求函数与的解析式; (2)是否存在,使得按照某种顺序成等差数列?若存在,请确定的个数;若不存在,说明理由.[来源:学,科,网] (3)求实数与正整数,使得在内恰有2013个零点. 【答案】解:(Ⅰ)由函数的周期为,,得 又曲线的一个对称中心为, 故,得,所以 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)后可得的图象,再将的图象向右平移个单位长度后得到函数 (Ⅱ)当时,, 所以 问题转化为方程在内是否有解 设, 则 因为,所以,在内单调递增 又, 且函数的图象连续不断,故可知函数在内存在唯一零点, 即存在唯一的满足题意 (Ⅲ)依题意,,令 当,即时,,从而不是方程的解,所以方程等价于关于的方程, 现研究时方程解的情况 令, 则问题转化为研究直线与曲线在的交点情况 ,令,得或 当变化时,和变化情况如下表 当且趋近于时,趋向于 当且趋近于时,趋向于 当且趋近于时,趋向于 当且趋近于时,趋向于 故当时,直线与曲线在内有无交点,在内有个交点; 当时,直线与曲线在内有个交点,在内无交点; 当时,直线与曲线在内有个交点,在内有个交点 由函数的周期性,可知当时,直线与曲线在内总有偶数个交点,从而不存在正整数,使得直线与曲线在内恰有个交点;当时,直线与曲线在内有个交点,由周期性,,所以 综上,当,时,函数在内恰有个零点