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高考專題突破三 高考中的三角函數與解三角形問題
題型一 三角函數的圖象和性質
例1已知函數f(x)＝5sinxcosx－5cos2x＋(其中x∈R)，求：
(1)函數f(x)的最小正周期；
(2)函數f(x)的單調區(qū)間；
(3)函數f(x)圖象的對稱軸和對稱中心．
解 (1)因為f(x)＝sin2x－(1＋cos2x)＋
＝5＝5sin，
所以函數的最小正周期T＝＝π.
(2)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋ (k∈Z)，
所以函數f(x)的單調遞增區(qū)間為
(k∈Z)．
由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以函數f(x)的單調遞減區(qū)間為
(k∈Z)．
(3)由2x－＝kπ＋(k∈Z)，
得x＝＋(k∈Z)，
所以函數f(x)的對稱軸方程為x＝＋(k∈Z)．
由2x－＝kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，
所以函數f(x)的對稱中心為(k∈Z)．
思維升華三角函數的圖象與性質是高考考查的重點，通常先將三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，然后將t＝ωx＋φ視為一個整體，結合y＝sint的圖象求解．
跟蹤訓練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)的單調遞增區(qū)間；
(2)當x∈時，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f(x)的單調遞增區(qū)間為，k∈Z.
(2)∵x∈，∴2x＋∈，
∴sin∈，∴f(x)∈[0,3]．
故f(x)的值域為[0,3]．
題型二 解三角形
例2△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2.
(1)求角A和邊長c；
(2)設D為BC邊上一點，且AD⊥AC，求△ABD的面積．
解 (1)∵sinA＋cosA＝0，
∴tanA＝－，
又0
0，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，因為∠A＝60，c＝a，
所以由正弦定理得
sinC＝＝＝.
(2)因為a＝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溫州適應性測試)已知函數f(x)＝4cosxcos＋1.
(1)求f的值；
(2)求f(x)的最小正周期及單調遞增區(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＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
即＋kπ≤x≤＋kπ，(k∈Z)時，f(x)單調遞增，
即f(x)的單調遞增區(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 根據三角形的面積公式及2S＝c2得，
absinC＝c2，
∴根據正弦定理得，sinAsinB＝sinC.
又在△ABC中，A＋B＋C＝π，
∴sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，
∴sinAsinB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，
兩邊同時除以sinAsinB，得＋＝1.①
根據正弦定理＝＝，
得sinA＝，sinB＝，代入①化簡得，
＋＝.
(2)解 由＝，得c2－a2＝bc－b2，根據余弦定理得，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]上的單調遞增區(qū)間；
(2)在△ABC中，若角A，B，C的對邊分別是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]上的單調遞增區(qū)間是和.
(2)由f(B)＝sin＋＝，
得sin＝1.
又B是△ABC的內角，∴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三個內角A，B，C的對邊，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(負值舍去)，所以a＝7，c＝5，
故S△ABC＝acsinB＝10.
6．已知函數f(x)＝cos2ωx＋sin2ωx＋t(ω>0)，若f(x)的圖象上相鄰兩條對稱軸的距離為，圖象過點(0,0)．
(1)求f(x)的表達式和f(x)的單調增區(qū)間；
(2)將函數f(x)的圖象向右平移個單位長度，再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數y＝g(x)的圖象，若函數F(x)＝g(x)＋k在區(qū)間上有且只有一個零點，求實數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(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)的單調增區(qū)間為，k∈Z.
(2)將函數f(x)的圖象向右平移個單位長度，可得
y＝2sin－1＝2sin－1的圖象，
再將圖象上各點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到函數g(x)＝2sin－1的圖象．
∵x∈，∴2x－∈，
∴sin∈，
故g(x)＝2sin－1在區(qū)間上的值域為.
若函數F(x)＝g(x)＋k在區(qū)間上有且只有一個零點，
由題意可知，函數g(x)＝2sin－1的圖象和直線y＝－k有且只有一個交點，
根據圖象(圖略)可知，k＝－1或1－
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浙江專用2020版高考數學新增分大一輪復習
第五章
三角函數、解三角形
專題突破三
高考中的三角函數與解三角形問題講義含解析
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第五
三角函數
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