复习参考题教学设计(第二课时)

教学内容：第三章

三角恒等变换章末复习

（第一课时）教案

一、教学目标

1.进一步掌握三角恒等变换的方法.2.会利用正弦、余弦、正切的两角和差公式与二倍角公式. 3.对三角函数式进行化简、求值和证明. 二、教学重难点

1.倍角公式正向与逆向的运用. 2.灵活变角，转化与化归思想的运用. 三、教学过程

（一）必备公式

1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式

（1）cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β.

（2）cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β. （3）sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β.

（4）sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β. tan α＋tan βtan α－tan β（5）tan(α＋β)＝.

（6）tan(α－β)＝. 1－tan αtan β1＋tan αtan β2．二倍角公式

2tan α（1）sin 2α＝2sin αcos α；

（2）cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；

（3）tan 2α＝. 1－tan2α3．降幂升角公式

1＋cos 2x1－cos 2xsin 2x（1）sin xcos x＝；

（2）cos2x＝；

（3）sin2x＝. 2224．辅助角公式y＝asin ωx＋bcos ωx＝a2＋b2sin(ωx＋θ). （二）例题讲解

类型一

灵活变角的思想在三角恒等变换中的应用

例1．已知，为锐角，cos41，tan()，求cos的值. 53解法一：由cos4313910 

tan 

tantan[a()] 

cos

549501310910 

cos() 

coscos[a()]

31050解法二：由tan()解法三：由cos

4313910 

tan 

tan 

cos

549501tan()

3反思与感悟

注意所求角用已知各角之间来表示，就可以利用和差倍半的公式展开，就能够解决此类问题.

1

跟踪训练1 已知tan()11，tan，且(0,)，(,)，求2-的值

2722解法一：tan=tan()tan()tan1，

1tan()tan3tan(2)tan()tan()tan1

1tan()tan02320,,

又220,42222）解法二：tan（2tan()4，

1tan2()3tan2()tan1

1tan2()tantan(2)tan2()0230,,



又220,242221tan()tantan71,得tan1，

解法三：tan（）1tantan1tan(1)23712tan33,

tan(2)tan2tan1

tan21tan2tan1tan21149202320,,

又220,4222

类型二

转化与化归的思想在三角恒等变换中的应用

例2．已知函数f(x)cos(11x)cos(x),g(x)sin2x. 3324（1）求函数f(x)的最小正周期；（2）求函数h(x)f(x)g(x)的最大值. 131cos x＋3sin x＝1cos2x－3sin2x＝1＋cos 2x－31－cos 2x

解

(1)f(x)＝cos x－sin x·48822224112π＝cos 2x－，∴f(x)的最小正周期T＝＝π.

242

2

π1122x＋，

(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝cos 2x－sin 2x＝cos4222π2当2x＋＝2kπ(k∈Z)时，h(x)有最大值. 42

反思与感悟

1.为了研究函数的性质，往往要充分利用三角变换公式转化为正弦型(余弦型)函数，这是解决问题的前提. 2.本题充分运用两角和(差)、二倍角公式、辅助角转换公式消除差异，减少角的种类和函数式的项数，将三角函数表达式变形化简，然后根据化简后的三角函数，讨论其图象和性质.

跟踪训练2 已知函数f(x)cosx3sinxcosx2sinx221. 2（1）求函数f(x)的最小正周期；（2）求函数f(x)的单调递增区间. 解：（Ⅰ）f(x)1cos2x31cos2x1sin2x2

222213π2π1cos2xsin2x1sin2x．

所以其最小正周期为Tπ．

2262（Ⅱ）由

22k2x623k(kZ).

2k，得f(x)的单调递增区间为+k,326（三）课后作业

1．若cos()510，cos2，并且，均为锐角且，则的值为________. 5102．已知函数f(x)sin(2x)cos(2x)2cos2x1,xR

36（1）求函数f(x)的最小正周期；（2）求函数f(x)在区间3．已知函数f(x)cos2,上的最大值和最小值. 44x23sinx2cosx1(0)的最小正周期为. 22（1）求的值及函数f(x)的最大值和最小值；（2）求函数f(x)的单调递增区间. 25π3101．解：sin(α－β)＝－(－<α－β<0).sin 2α＝，∴cos(α＋β)＝cos[2α－(α－β)]

5210＝cos 2αcos(α－β)＋sin 2αsin(α－β) ＝1053102523π×＋×－＝－，

∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝. 105102452．解：（Ⅰ）f(x)sin2xcoscos2xsincos2xcossin2xsincos2x

3366

3

=sin2xcos2x2sin2x，所以函数f(x)的最小正周期为.

4

3（Ⅱ）≤x≤≤2x≤，由函数f(t)2sint的图象性质知，

44444函数f(x)在区间，上的最大值为2，最小值为1．

44πωxωxωx131ωx＋. 3．解

(1)f(x)＝cos2＋3sincos －＝sin ωx＋cos ωx＝sin6222222π2π2x＋，x∈R，

因为T＝＝π，ω＞0，所以ω＝2.所以f(x)＝sin6|ω|π2x＋≤1.所以函数f(x)的最大值为1，最小值为－1. 所以－1≤sin6πππ(2)令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，

2622ππππ得2kπ－≤2x≤2kπ＋(k∈Z)，所以kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，

3336ππkπ－，kπ＋(k∈Z). 所以函数f(x)的单调递增区间为36

四、课堂小结

1．例1与跟踪训练1的一题多解，让学生充分体验“灵活变角”在三角恒等变换中的运用，同时也提高了学生对本章公式的运用能力. 2．例2与跟踪训练2是三角恒等变换在数学中应用的举例，它使三角函数中对函数yAsinx的性质研究得到延伸，体现了三角变换在化简三角函数式中的作用．

4