《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第五章 三角函數(shù)、解三角形 專題突破三 高考中的三角函數(shù)與解三角形問題講義（含解析）.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)新增分大一輪復(fù)習(xí) 第五章 三角函數(shù)、解三角形 專題突破三 高考中的三角函數(shù)與解三角形問題講義（含解析）.docx（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

高考專題突破三　高考中的三角函數(shù)與解三角形問題 題型一　三角函數(shù)的圖象和性質(zhì) 例1已知函數(shù)f(x)＝5sinxcosx－5cos2x＋(其中x∈R)，求： (1)函數(shù)f(x)的最小正周期； (2)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)函數(shù)f(x)圖象的對(duì)稱軸和對(duì)稱中心． 解　(1)因?yàn)閒(x)＝sin2x－(1＋cos2x)＋ ＝5＝5sin， 所以函數(shù)的最小正周期T＝＝π. (2)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ－≤x≤kπ＋ (k∈Z)， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (k∈Z)． 由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)， 得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (k∈Z)． (3)由2x－＝kπ＋(k∈Z)， 得x＝＋(k∈Z)， 所以函數(shù)f(x)的對(duì)稱軸方程為x＝＋(k∈Z)． 由2x－＝kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)， 所以函數(shù)f(x)的對(duì)稱中心為(k∈Z)． 思維升華三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考考查的重點(diǎn)，通常先將三角函數(shù)化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，然后將t＝ωx＋φ視為一個(gè)整體，結(jié)合y＝sint的圖象求解． 跟蹤訓(xùn)練1(2018“七彩陽光聯(lián)盟”期初聯(lián)考)已知f(x)＝2cos2x＋sin2x－＋1(x∈R)，求： (1)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)當(dāng)x∈時(shí)，求f(x)的值域． 解　由題意得f(x)＝sin2x＋(2cos2x－1)＋1＝sin2x＋cos2x＋1＝2sin＋1. (1)由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)， 得2kπ－≤2x≤2kπ＋(k∈Z)， ∴kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)∵x∈，∴2x＋∈， ∴sin∈，∴f(x)∈[0,3]． 故f(x)的值域?yàn)閇0,3]． 題型二　解三角形 例2△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2. (1)求角A和邊長(zhǎng)c； (2)設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC，求△ABD的面積． 解　(1)∵sinA＋cosA＝0， ∴tanA＝－， 又00，所以b＝3. 1．在△ABC中，∠A＝60，c＝a. (1)求sinC的值； (2)若a＝7，求△ABC的面積． 解　(1)在△ABC中，因?yàn)椤螦＝60，c＝a， 所以由正弦定理得 sinC＝＝＝. (2)因?yàn)閍＝7，所以c＝7＝3. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得 72＝b2＋32－2b3， 解得b＝8或b＝－5(舍去)． 所以△ABC的面積S＝bcsinA＝83＝6. 2．(2018溫州適應(yīng)性測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝4cosxcos＋1. (1)求f的值； (2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間． 解　(1)f＝4coscos＋1 ＝4coscos＋1 ＝4＋1＝－2. (2)f(x)＝4cosxcos＋1 ＝4cosx＋1 ＝－2cos2x－sin2x＋1 ＝－sin2x－cos2x ＝－2sin. 所以f(x)的最小正周期為π， 當(dāng)＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)， 即＋kπ≤x≤＋kπ，(k∈Z)時(shí)，f(x)單調(diào)遞增， 即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． 3．(2018浙江省金華市名校第二次統(tǒng)練)已知在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，S為△ABC的面積，且2S＝c2. (1)證明：＋＝； (2)若＝，求tanB. (1)證明　根據(jù)三角形的面積公式及2S＝c2得， absinC＝c2， ∴根據(jù)正弦定理得，sinAsinB＝sinC. 又在△ABC中，A＋B＋C＝π， ∴sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC， ∴sinAsinB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB， 兩邊同時(shí)除以sinAsinB，得＋＝1.① 根據(jù)正弦定理＝＝， 得sinA＝，sinB＝，代入①化簡(jiǎn)得， ＋＝. (2)解　由＝，得c2－a2＝bc－b2，根據(jù)余弦定理得，cosA＝＝， 又A∈(0，π)，∴sinA＝， 又由(1)知sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB， ∴sinB＝cosB＋sinB， 故tanB＝. 4．(2018浙江省六校協(xié)作體期末聯(lián)考)已知f(x)＝cosxsin＋1. (1)求f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，若角A，B，C的對(duì)邊分別是a，b，c，且f(B)＝，sinAsinC＝sin2B，求a－c的值． 解　f(x)＝cosxsin＋1 ＝cosx＋1 ＝sin2x－＋1 ＝sin2x－cos2x＋ ＝sin＋. (1)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， 又x∈[0，π]， ∴f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞增區(qū)間是和. (2)由f(B)＝sin＋＝， 得sin＝1. 又B是△ABC的內(nèi)角，∴2B－＝，B＝， 由sinAsinC＝sin2B及正弦定理可得ac＝b2. 在△ABC中，由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB， 得ac＝(a－c)2＋2ac－ac，則a－c＝0. 5.已知a，b，c分別為△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且acosC＋asinC－b－c＝0. (1)求A； (2)若AD為BC邊上的中線，cosB＝，AD＝，求△ABC的面積． 解　(1)acosC＋asinC－b－c＝0， 由正弦定理得sinAcosC＋sinAsinC＝sinB＋sinC， 即sinAcosC＋sinAsinC＝sin(A＋C)＋sinC， 亦即sinAcosC＋sinAsinC ＝sinAcosC＋cosAsinC＋sinC， 則sinAsinC－cosAsinC＝sinC. 又sinC≠0，所以sinA－cosA＝1，所以sin(A－30)＝. 在△ABC中，00)， 則在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2ABBDcosB， 即＝25x2＋49x2－25x7x， 解得x＝1(負(fù)值舍去)，所以a＝7，c＝5， 故S△ABC＝acsinB＝10. 6．已知函數(shù)f(x)＝cos2ωx＋sin2ωx＋t(ω>0)，若f(x)的圖象上相鄰兩條對(duì)稱軸的距離為，圖象過點(diǎn)(0,0)． (1)求f(x)的表達(dá)式和f(x)的單調(diào)增區(qū)間； (2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，再將圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)y＝g(x)的圖象，若函數(shù)F(x)＝g(x)＋k在區(qū)間上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． 解　(1)f(x)＝cos2ωx＋sin2ωx＋t ＝2sin＋t， f(x)的最小正周期為＝，∴ω＝2， ∵f(x)的圖象過點(diǎn)(0,0)， ∴2sin＋t＝0， ∴t＝－1，即f(x)＝2sin－1. 令2kπ－≤4x＋≤2kπ＋，k∈Z， 求得－≤x≤＋，k∈Z， 故f(x)的單調(diào)增區(qū)間為，k∈Z. (2)將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度，可得 y＝2sin－1＝2sin－1的圖象， 再將圖象上各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來的2倍(縱坐標(biāo)不變)，得到函數(shù)g(x)＝2sin－1的圖象． ∵x∈，∴2x－∈， ∴sin∈， 故g(x)＝2sin－1在區(qū)間上的值域?yàn)? 若函數(shù)F(x)＝g(x)＋k在區(qū)間上有且只有一個(gè)零點(diǎn)， 由題意可知，函數(shù)g(x)＝2sin－1的圖象和直線y＝－k有且只有一個(gè)交點(diǎn)， 根據(jù)圖象(圖略)可知，k＝－1或1－

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