-12题型一 题型二 题型三 题型四
策略一
策略二
(2)∵(2a-c)cos B=bcos C, ∴(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C,2sin Acos B=sin(B+C).
∵sin(B+C)=sin A>0,∴cos B=2.
π 2π 又 B∈(0,π),∴B=3,∴0<A< 3 . ������ π ∵f(A)=sin 2 + 6 , π ������ π π 1 ∴6 < 2 + 6 < 2.∴f(A)∈ 2 ,1 1 即 f(A)的取值范围是 2 ,1 .
高考大题增分专项二 角函数与解三角形
高考中的三
-2-
从近五年的高考试题来看,高考对三角函数与解三角形的考查呈现出较 强的规律性,每年的题量和分值要么三个小题15分,要么一个小题一个大题 17分,间隔出现,每两年为一个循环.在三个小题中,分别考查三角函数的图象 与性质、三角变换、解三角形;在一个小题一个大题中,小题要么考查三角 函数的图象与性质,要么考查三角变换,大题考查的都是解三角形.
3
+
+ sin =
∴sin θ= 1-cos 2 ������ = ∵f
-������ = 3sin
= 3sin(π-θ)= 3sin
3π π ������ + 4 4 30 θ= . 4
-8题型一 题型二 题型三 题型四
策略一
策略二
题型二 三角函数性质与三角变换的综合
突破策略一 多式归一法 对于已知的函数解析式是由多项三角函数式通过四则运算组合而成的,求 其函数的性质,一般的思路是通过三角变换,把多项三角函数式的代数和(或 积、商)化成只有一种名称的三角函数式,化简 2 2
1 cos������ 2 π 2
3=4sin xcos ������- 3 −
π
3
+
3 sin������ 2
−
3=2sin xcos x+2 3sin2x- 3
π
=sin 2x+ 3(1-cos 2x)- 3=sin 2x- 3cos 2x=2sin 2������- 3 , 所以 f(x)的最小正周期 T= 2 =π.
2π
-10题型一 题型二 题型三 题型四
策略一
策略二
(2)令 z=2x- ,函数 y=2sin z 的单调递增区间是 2������π ,k∈Z.
π π π π 5π
π 3
π 2
+ 2������π,
π 2
+
由-2+2kπ≤2x-3 ≤ 2+2kπ,得-12+kπ≤x≤12+kπ,k∈Z. π π 设 A= - 4 , 4 , B= ������ - 12 + ������π ≤ ������ ≤ 12 + ������π,������∈Z , π π 易知 A∩B= , . 所以,当 x∈
π 3 2
-15题型一 题型二 题型三 题型四
策略一 策略二
解 (1)∵f(x)=sin2x+ 3sin xcos x+ = = 2 sin 2x-2cos 2x+2=sin
π π 3 1
又 2kπ+2≤2x-6≤2kπ+ 2 (k∈Z), π 5π ∴kπ+3≤x≤kπ+ 6 (k∈Z). 当 k=0 时,x∈ 3 , 6 ⊆[-π,π]; 2π π 当 k=-1 时,x∈ ,- ⊆[-π,π];
策略一 策略二
例 3(2016 山东实验中学模拟一)已知函数 f(x)=sin2x+ 3sin xcos x+ ,x∈R. (1)求函数 f(x)的最小正周期 T 及在[-π,π]上的单调递减区间; (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 A 为锐 角,a=3 3,c=6,且 f(A)是函数 f(x)在 0, 2 上的最大值,求△ABC 的面 积.
所以sin Ccos A+sin Ccos B=cos Csin A+cos Csin B, 即sin Ccos A-cos Csin A=cos Csin B-sin Ccos B, 得sin(C-A)=sin(B-C). 所以C-A=B-C[或C-A=π-(B-C)舍去], π
即 2C=A+B,又 A+B+C=π,故 C=3.
= 3 sin������cos =
6 π cos 4 sin������ π 4
+ cos������sin 3×2cos
∴cos θ= 4 ,且 θ∈
3π 4
π θsin4 π 0, . 2 10 . 4
π 4
π 4
π 4
,且 f(θ)+f(-θ)=2, 3sin -������ +
π cos������4 3 6cos θ=2, π 4
=Asin
π 5π 3 ������ + 4 ,且 f 12 = 2, 5π π 2π 3 + =A sin =A· 12 4 3 2
= 2.∴A= 3.
3
-7题型一 题型二 题型三 题型四
(2)由(1)知 f(x)= 3sin ������ +
∴f(θ)+f(-θ)= 3sin ������ +
3 ������ 5 π 1
= ,
1 4
-18题型一 题型二 题型三 题型四
策略一 策略二
解 (1)f(x)=sin2ωx-sin2 ������������- 6
π
π
1-cos 2������������-3 1-cos2������������ = − 2 2 1 1 3 = cos2������������ + sin2������������ 2 2 2 1 3 1 =2 2 sin2������������- 2 cos2������������ 1 π =2sin 2������������- 6 .
π 0, 2
A 为锐角,
由余弦定理得 a2=b2+c2-2bccos A, ∴b2-6b+9=0,∴b=3. ∴S△ABC=2bcsin A=2× 3× 6×2 = 2 .
1 1 3 9 3
-17题型一 题型二 题型三 题型四
策略一 策略二
对点训练 3(2016 山东青岛一模)已知函数 f(x)=sin2ωx-sin2 ������������- 6 (x∈R,ω 为常数,且2<ω<1),函数 f(x)的图象关 于直线 x=π 对称. (1)求函数 f(x)的最小正周期; (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 a=1,f 求△ABC 面积的最大值.
1
(1)求函数f(x)的单调递增区间; (2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且满足(2a-c)cos B=bcos C,求 f(A)的取值范围. 1 解 (1)∵f(x)= 3sin ωxcos ωx+cos2ωx-2
3 1 π = 2 sin 2ωx+2cos 2ωx=sin 2������������ + 6 , 2π 1 ∵T=2������=4π,∴ω=4. π ������ π π 4π 2π 由 2kπ-2 ≤ 2 + 6≤2kπ+2,k∈Z,得 4kπ- 3 ≤x≤4kπ+ 3 ,k∈Z. 4π 2π ∴f(x)的单调递增区间为 4������π- 3 ,4������π + 3 (k∈Z).
3 6 π 5π
3π
1-cos2������ 3 + sin 2 2 π 2π 2������- 6 +2.∴T= 2 =π.
3 2
2x+
3 2
故函数 f(x)在[-π,π]上的单调递减区间为 - 3 ,- 6 和 3 , 6 .
2π
π
π 5π
-16题型一 题型二 题型三 题型四
策略一 策略二
π π 5π (2)∵x∈ ,∴2x-6 ∈ - 6 , 6 , 1 π ∴-2≤sin 2������- 6 ≤1,∴f(x)max=3. π π π 此时 2x- = ,即 x= . 6 2 3 π ∵f(A)是函数 f(x)在 0, 上的最大值,且角 2 π π π ∴2A-6 = 2,得 A=3.
π π 12 4 π π - 4 , 4 时,f(x)在区间 π 5π
- 12 , 4 上单调递增,在区间
π
π
- 4 ,- 12 上单调递减.
-11题型一 题型二 题型三 题型四
策略一
策略二
对点训练 2(2016 江西南昌一模)已知函数 f(x)=( 3sin ωx+cos ωx)cos ωx-2(x∈R,ω>0).若 f(x)的最小正周期为 4π.
������ ω= 2
+
1 (k∈Z). 3
∵ω∈
∴函数 f(x)最小正周期 T=
1 5 π (2)∵f(x)=2sin 3 ������- 6 3 1 π ∴f 5 ������ = 2sin ������- 6 π 1 ∴sin ������- 6 = 2.
-6题型一 题型二 题型三 题型四
对点训练 1 已知函数 f(x)=Asin ������ + (1)求 A 的值; (2)若 f(θ)+f(-θ)= ,θ∈ 0,
3 2 π 2
π 4
,x∈R,且 f .
5π 12
= .
3 2
,求 f
3π -������ 4
解 (1)∵f(x)=Asin
∴f
5π 12