探究与发现 利用单位圆中的三角函数线研究正弦函数、余弦函数的性质教案2

π1．(2016·全国甲卷)若将函数y＝2sin 2x的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称12轴为(

) kππA．x＝－(k∈Z)

26kππC．x＝－(k∈Z)

212答案

B π解析

由题意将函数y＝2sin 2x的图象向左平移个单位长度后得到函数的解析式为y＝12πππkππ2x＋，由2x＋＝kπ＋(k∈Z)得函数的对称轴为x＝＋(k∈Z)，故选B. 2sin662262．在△ABC中，AC·cos A＝3BC·cos B，且cos C＝A．30°

C．60°

答案

B 解析

由题意及正弦定理得sin Bcos A＝3sin Acos B，

∴tan B＝3tan A，∴0°＜A<90°，0°

5tan A＋tan B∴tan(A＋B)＝－tan C＝－2，即＝－2，

1－tan Atan B4tan A将tan B＝3tan A代入，得＝－2，

1－3tan2A1∴tan A＝1或tan A＝－，而0°＜A＜90°，

3则A＝45°，故选B. PA2＋PB23．在直角三角形ABC中，点D是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，则等PC25，

5B．45°

D．120°

5，则A等于(

) 5kππB．x＝＋(k∈Z) 26kππD．x＝＋(k∈Z) 212

于(

) A．2

B．4

C．5

D．10 答案

D 解析

将△ABC的各边均赋予向量，

→→PA2＋PB2PA2＋PB2则＝

PC2→2PC→→→→PC＋CA2＋PC＋CB2＝

→2PC→→→→→→2→22PC2＋2PC·CA＋2PC·CB＋CA＋CB＝

→2PC→→→→→2|PC|2＋2PC·CA＋CB＋|AB|2＝

→2|PC|→→→→2|PC|2－8|PC|2＋|AB|2|AB|2＝＝－6 →2→2|PC||PC|＝42－6＝10. πmx＋－在[0，π]上有两个零点，则实数m的取值范围为(

) 4．已知函数f(x)＝sin32A．[－3，2]

C．(3，2]

D．

答案

B πmmx＋在[0，π]上的图象，当直线y＝与其有两个交点时，解析

如图，画出y＝sin322∈3，所以m∈[3，2)．

2，1B．[3，2) [3，2]

π5.若函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)在一个周期内的图象如图所示，M，N分别是这段2→→图象的最高点和最低点，且OM·ON＝0(O为坐标原点)，则A＝________.

答案

7π

12π7π解析

由题意知M(，A)，N(，－A)，

1212→→π7π又∵OM·ON＝×－A2＝0，

1212∴A＝7π.

12

题型一

三角函数的图象和性质

ππωx例1

已知函数f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx－)－2cos2，x∈R(其中ω>0)．

662(1)求函数f(x)的值域；

π(2)若函数y＝f(x)的图象与直线y＝－1的两个相邻交点间的距离均为，求函数y＝f(x)的单调2增区间．

解

(1)f(x)＝＝2(3131sin ωx＋cos ωx＋sin ωx－cos ωx－(cos ωx＋1) 222231πsin ωx－cos ωx)－1＝2sin(ωx－)－1. 226π由－1≤sin(ωx－)≤1，

6π得－3≤2sin(ωx－)－1≤1，

6所以函数f(x)的值域为[－3,1]．

(2)由题设条件及三角函数图象和性质可知，y＝f(x)的周期为π，

2π所以＝π，即ω＝2. ωπ所以f(x)＝2sin(2x－)－1，

6πππ再由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，

262ππ解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．

63所以函数y＝f(x)的单调增区间为

ππ[kπ－，kπ＋](k∈Z)．

63思维升华

三角函数的图象与性质是高考考查的重点，通常先将三角函数化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，然后将t＝ωx＋φ视为一个整体，结合y＝sin t的图象求解．

5

已知函数f(x)＝5sin xcos x－53cos2x＋3(其中x∈R)，求：

2(1)函数f(x)的最小正周期；

(2)函数f(x)的单调区间；

(3)函数f(x)图象的对称轴和对称中心．

55353解

(1)因为f(x)＝sin 2x－(1＋cos 2x)＋

22213π＝5(sin 2x－cos 2x)＝5sin(2x－)，

2232π所以函数的周期T＝＝π.

2πππ(2)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，

232π5π得kπ－≤x≤kπ＋

(k∈Z)，

1212π5π所以函数f(x)的单调增区间为[kπ－，kπ＋](k∈Z)．

1212ππ3π由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，

2325π11π得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，

12125π11π所以函数f(x)的单调减区间为[kπ＋，kπ＋](k∈Z)．

1212ππkπ5π(3)由2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，

32212kπ5π所以函数f(x)的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)．

212πkππ由2x－＝kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，

326kππ所以函数f(x)的对称中心为(＋，0)(k∈Z)．

26题型二

解三角形

4π例2

(2016·江苏)在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝. 54(1)求AB的长；

πA－的值．

(2)求cos64解

(1)由cos B＝，0

53则sin B＝1－cos2B＝，

5

πACAB又∵C＝，AC＝6，由正弦定理，得＝，

4sin Bπsin 46AB即＝⇒AB＝52. 3252342(2)由(1)得：sin B＝，cos B＝，sin C＝cos C＝，

55272则sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝，

10cos A＝－cos(B＋C)＝－(cos Bcos C－sin Bsin C)＝－＝72－6. 20π2ππA－＝cos Acos＋sin Asin，则cos61066思维升华

根据三角形中的已知条件，选择正弦定理或余弦定理求解；在做有关角的范围问题时，要注意挖掘题目中隐含的条件，正确对结果进行取舍．

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，cos A＝π＝A＋. 2(1)求b的值；

(2)求△ABC的面积．

解

(1)由题意知，sin A＝1－cos2A＝π又因为B＝A＋，

2π6所以sin B＝sin(A＋)＝cos A＝. 2363×3asin B由正弦定理，得b＝＝＝32. sin A33π(2)由B＝A＋得，

2π3cos B＝cos(A＋)＝－sin A＝－. 23由A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B)．

所以sin C＝sin[π－(A＋B)]

＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B

＝33661×(－)＋×＝. 333333，

36，B3

因此△ABC的面积

11132S＝absin C＝×3×32×＝. 2232题型三

三角函数和平面向量的综合应用

3sin x，，b＝(cos x，－1)．

例3

已知向量a＝4(1)当a∥b时，求cos2x－sin 2x的值；

(2)设函数f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝3，b＝2，sin B＝ππ62A＋x∈0，的取值范围．

，求f(x)＋4cos633解

(1)因为a∥b，

3所以cos x＋sin x＝0，

43所以tan x＝－. 4cos2x－2sin xcos x1－2tan x8cosx－sin 2x＝＝＝. sin2x＋cos2x1＋tan2x52(2)f(x)＝2(a＋b)·b

1＝2(sin x＋cos x，－)·(cos x，－1) 4π332x＋＋. ＝sin 2x＋cos 2x＋＝2sin422ab由正弦定理＝，得

sin Asin Basin Bsin A＝＝b3×632＝，

22π3π所以A＝或A＝. 44π因为b＞a，所以A＝. 4ππ12A＋＝2sin2x＋－，

所以f(x)＋4cos642πππ11π0，，所以2x＋∈，，

因为x∈34412所以π312A＋≤2－. －1≤f(x)＋4cos622ππ31所以f(x)＋4cos(2A＋)(x∈[0，])的取值范围是－1，2－. 6322思维升华

(1)向量是一种解决问题的工具，是一个载体，通常是用向量的数量积运算或性质转化成三角函数问题．(2)三角形中的三角函数要结合正弦定理、余弦定理进行转化，注意角

的范围对变形过程的影响．

→→

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c.已知BA·BC＝2，cos 1B＝，b＝3，求：

3(1)a和c的值；

(2)cos(B－C)的值．

→→解

(1)由BA·BC＝2，得c·acos B＝2. 1又cos B＝，所以ac＝6. 3由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B. 又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13. ac＝6，解22得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2. a＋c＝13，

因为a>c，所以a＝3，c＝2. (2)在△ABC中，sin B＝1－cos2B

＝

1221－2＝，

33c22242由正弦定理，得sin C＝sin B＝×＝. b339因为a＝b>c，所以C为锐角，

因此cos C＝1－sin2C＝

42271－＝. 99于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C

17224223＝×＋×＝. 393927

π5π31．已知函数f(x)＝Asin(x＋)，x∈R，且f()＝. 4122(1)求A的值；

3π3π(2)若f(θ)＋f(－θ)＝，θ∈(0，)，求f(－θ)．

2245π5ππ2π解

(1)∵f()＝Asin(＋)＝Asin

121243＝33A＝，∴A＝3. 22

π(2)由(1)知f(x)＝3sin(x＋)，

4故f(θ)＋f(－θ) ππ3＝3sin(θ＋)＋3sin(－θ＋)＝，

442∴3[223(sin θ＋cos θ)＋(cos θ－sin θ)]＝，

22236∴6cos θ＝，∴cos θ＝. 24π10又θ∈(0，)，∴sin θ＝1－cos2θ＝，

243π30∴f(－θ)＝3sin(π－θ)＝3sin θ＝. 442．(2016·山东)设f(x)＝23sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2. (1)求f(x)的单调递增区间；

(2)把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左ππ平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g6的值．

3解

(1)f(x)＝23sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2

＝23sin2x－(1－2sin xcos x) ＝3(1－cos 2x)＋sin 2x－1 ＝sin 2x－3cos 2x＋3－1 π2x－＋3－1. ＝2sin3πππ由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，

232π5π得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．

1212π5ππ5πkπ－，kπ＋(k∈Z)或kπ－，kπ＋k∈Z. 所以f(x)的单调递增区间是12121212π2x－＋3－1，

(2)由(1)知f(x)＝2sin3把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)．

πx－＋3－1的图象．

得到y＝2sin3π再把得到的图象向左平移个单位，

3得到y＝2sin x＋3－1的图象，

即g(x)＝2sin x＋3－1.

ππ所以g＝2sin ＋3－1＝3. 66→→→→3．已知△ABC的面积为2，且满足0

π(2)求函数f(θ)＝2sin2(＋θ)－3cos 2θ的值域．

4解

(1)设在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，

1则由已知bcsin θ＝2,0

2可得tan θ≥1，

ππ又∵θ∈[0，π]，∴θ∈[，)．

42π(2)f(θ)＝2sin2(＋θ)－3cos 2θ

4π＝1－cos(＋2θ)－3cos 2θ

2π＝(1＋sin 2θ)－3cos 2θ＝2sin(2θ－)＋1，

3ππππ2π∵θ∈[，)，∴2θ－∈[，)．

42363π∴2≤2sin(2θ－)＋1≤3. 3∴函数f(θ)的值域是[2,3]．

π0＜φ＜的部分图象如图所示．

4．函数f(x)＝cos(πx＋φ)2

(1)求φ及图中x0的值；

111x＋，求函数g(x)在区间－，上的最大值和最小值．

(2)设g(x)＝f(x)＋f323解

(1)由题图得f(0)＝33，所以cos φ＝，

22ππ因为0＜φ＜，故φ＝. 26由于f(x)的最小正周期等于2，

所以由题图可知1＜x0＜2，

7ππ13π故＜πx0＋＜，

666由f(x0)＝π33πx0＋＝，

得cos622π11π5所以πx0＋＝，x0＝. 6631π1x＋＝cosπx＋3＋

(2)因为f63ππx＋＝－sin πx，

＝cos21πππx＋＝cosπx＋－sin πx＝cos πxcos －sin πxsin －sin πx

所以g(x)＝f(x)＋f6366＝3133cos πx－sin πx－sin πx＝cos πx－sin πx

2222π＝3sin6－πx. 11ππ2π－，时，－≤－πx≤. 当x∈23663π1－πx≤1，

所以－≤sin62ππ1故当－πx＝，即x＝－时，g(x)取得最大值3；

623ππ13当－πx＝－，即x＝时，g(x)取得最小值－. 6632xxx5．(2016·青岛诊断考试)已知向量a＝(ksin ，cos2)，b＝(cos ，－k)，实数k为大于零的333常数，函数f(x)＝a·b，x∈R，且函数f(x)的最大值为(1)求k的值；

π(2)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，若

解

(1)由题意，知f(x)＝a·b

xxx＝(ksin ，cos2)·(cos ，－k) 333xxx＝ksin cos －kcos2

3332x1＋cos 312x＝ksin －k·

232k2x2xk＝(sin －cos )－

23322－1. 2

＝＝2k22x22xk(sin －cos )－

2232322k2xπksin(－)－. 2342因为x∈R，

2－1k2－1所以f(x)的最大值为＝，则k＝1. 22(2)由(1)知，f(x)＝所以f(A)＝22xπ1sin(－)－，

234222Aπ1sin(－)－＝0，

23422Aπ2化简得sin(－)＝，

342ππ2Aπ5π因为

2123412则2Aππ3π－＝，解得A＝. 3444222222b＋c－ab＋c－40因为cos A＝－＝＝，

22bc2bc所以b2＋c2＋2bc＝40，

则b2＋c2＋2bc＝40≥2bc＋2bc，

所以bc≤40＝20(2－2)．

2＋23π2→→→→则AB·AC＝|AB||AC|cos ＝－bc≥20(1－2)，

42→→所以AB·AC的最小值为20(1－2)．