高考数学二轮专题复习第一部分专题二三角函数、解三角形、平面向量讲义

高考数学二轮专题复习第一部分专题二三角函数、解三角形、平面向量讲义

专题二 三角函数、解三角形、平面向量 第一讲 三角函数的图象与性质 考点一 三角函数的概念、诱导公式及基本关系 一、基础知识要记牢 (1)三角函数的定义：若角α的终边与单位圆相交于点 P(x，y)，则 sin α＝y，cos α＝x， tan α＝y x . (2)诱导公式：注意“奇变偶不变，符号看象限”． (3)基本关系：平方关系：sin2x＋cos2x＝1，商数关系：tan x＝sin x cos x . (4)单位圆、三角函数线是根本，抓纲务本，就能驾简驭繁． 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2017·绍兴模拟)已知点 P sin3π 4 ，cos3π 4 落在角θ的终边上，且θ∈ [0,2π)，则θ的值为( ) A.π 4 B.3π 4 C.5π 4 D.7π 4 (2)如图，以 Ox 为始边作角α(0<α<π)，终边与单位圆相交于点 P， 已知点 P 的坐标为 －3 5 ，4 5 ，则sin 2α＋cos 2α＋1 1＋tan α ＝________. [解析] (1)tan θ＝ cos3π 4 sin3π 4 ＝ －cosπ 4 sinπ 4 ＝－1， 又 sin3π 4 >0，cos3π 4 <0， 所以θ为第四象限角且θ∈[0,2π)， 所以θ＝7π 4 . (2)由三角函数定义，得 cos α＝－3 5 ， ∴原式＝ 2sin αcos α＋2cos2α 1＋sin α cos α ＝ 2cos α sin α＋cos α sin α＋cos α cos α ＝2cos2α＝2× －3 5 2 ＝18 25 . [答案] (1)D (2)18 25 1 涉及与圆及角有关的函数建模问题 如钟表、摩天轮、水车等 ，常常借助三角函数 的定义求解.应用定义时，注意三角函数值仅与终边位置有关，与终边上点的位置无关. 2 应用诱导公式时要弄清三角函数在各个象限内的符号；利用同角三角函数关系化简的 过程要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等. 三、预测押题不能少 1．(1)已知α为锐角，且 2tan(π－α)－3cos π 2 ＋β ＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β) ＝1，则 sin α的值是( ) A.3 5 5 B.3 7 7 C.3 10 10 D.1 3 解析：选 C 由已知可得－2tan α＋3sin β＋5＝0，tan α－6sin β＝1，解得 tan α＝ 3，又α为锐角，故 sin α＝3 10 10 . (2)已知 A 是单位圆上的点，且点 A 在第二象限，点 B 是此圆与 x 轴正半轴的交点，记∠AOB ＝α.若点 A 的纵坐标为3 5 ，则 sin α＝________，tan 2α＝________. 解析：由点 A 的纵坐标为3 5 及点 A 在第二象限，得点 A 的横坐标为－4 5 ，所以 sin α＝3 5 ，cos α＝－4 5 ，tan α＝－3 4 .故 tan 2α＝ 2tan α 1－tan2α ＝－24 7 . 答案：3 5 －24 7 考点二 三角函数的图象与解析式 一、基础知识要记牢 函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象 (1)“五点法”作图： 设 z＝ωx＋φ，令 z＝0，π 2 ，π，3π 2 ，2π，求出 x 的值与相应的 y 的值，描点、连线可得． (2)图象变换： y＝sin x ――――――――→向左 φ>0 或向右 φ<0 平移|φ|个单位 y＝sin(x＋φ) ―――――――――――→纵坐标变为原来的 A A>0 倍 横坐标不变 y＝Asin(ωx＋φ)． 二、经典例题领悟好 [例 2] (1)已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0,0<φ<π) 的部分图象如图所示，且 f(α)＝1，α∈ 0，π 3 ，则 cos 2α＋5π 6 ＝ ( ) A．－2 2 3 B.2 2 3 C．±2 2 3 D.1 3 (2)(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线 C1：y＝cos x，C2：y＝sin 2x＋2π 3 ，则下面结论正确的是 ( ) A．把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π 6 个单 位长度，得到曲线 C2 B．把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π 12 个单 位长度，得到曲线 C2 C．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π 6 个单位 长度，得到曲线 C2 D．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π 12 个单位 长度，得到曲线 C2 [解析] (1)由三角函数的图象可得 A＝3，T 4 ＝7π 12 －π 3 ＝π 4 ，所以 T＝π＝2π ω ，所以ω＝2， 又 f π 3 ＝3sin 2π 3 ＋φ ＝－3,0<φ<π，则φ＝5π 6 ，所以 f(x)＝3sin 2x＋5π 6 .因为 f(α)＝ 3sin 2α＋5π 6 ＝1，所以 sin 2α＋5π 6 ＝1 3 .又α∈ 0，π 3 ，所以 2α＋5π 6 ∈ 5π 6 ，3π 2 ，则 cos 2α＋5π 6 ＝－2 2 3 ，故选 A. (2)易知 C1：y＝cos x＝sin x＋π 2 ，把曲线 C1 上的各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标 不变，得到函数 y＝sin 2x＋π 2 的图象，再把所得函数的图象向左平移π 12 个单位长度，可得函数 y＝sin 2 x＋π 12 ＋π 2 ＝sin 2x＋2π 3 的图象，即曲线 C2. [答案] (1)A (2)D (1)在利用图象求三角函数 y＝Asin(ωx＋φ)的有关参数时，注意直接从图中观察振幅、周 期，即可求出 A，ω，然后根据图象过某一特殊点来求φ，若是利用零点值来求，则要注意是ωx ＋φ＝kπ(k∈Z)，根据点在单调区间上的关系来确定一个 k 的值，此时要利用数形结合，否则 就易步入命题人所设置的陷阱． (2)作三角函数图象左右平移变换时，平移的单位数是指单个变量 x 的变化量，因此由 y＝sin ωx(ω>0)的图象得到 y＝sin(ωx＋φ)的图象时，应将图象上所有点向左(φ>0)或向右(φ<0) 平移 | φ | ω 个单位，而非|φ|个单位. 三、预测押题不能少 2．(1)已知函数 f(x)＝2sin(π＋x)sin x＋π 3 ＋φ 的图象关于原点对称，其中φ∈(0，π)， 则函数 g(x)＝cos(2x－φ)的图象( ) A．关于点 π 12 ，0 对称 B．可由函数 f(x)的图象向右平移π 3 个单位得到 C．可由函数 f(x)的图象向左平移π 6 个单位得到 D．可由函数 f(－x)的图象向右平移π 12 个单位得到 解析：选 B 由已知得函数 f(x)为奇函数，令 f(x)＝2h(x)·k(x)，∵h(x)＝sin(π＋x)为 奇函数，∴k(x)＝sin x＋π 3 ＋φ 为偶函数，∴π 3 ＋φ＝π 2 ＋kπ(k∈Z)，φ＝π 6 ＋kπ(k∈Z)， 则由φ∈(0，π)得φ＝π 6 ，∴f(x)＝－sin 2x，g(x)＝cos 2x－π 6 ＝－sin 2x－π 2 －π 6 ＝－ sin2 x－π 3 ，则将函数 f(x)的图象向右平移π 3 个单位可得函数 g(x)的图象，故选 B. (2)函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π 2 )的部分图象如图所示，则将 y＝f(x)的 图象向右平移π 6 个单位后，得到的函数图象的解析式为( ) A．y＝sin 2x B．y＝sin 2x＋2π 3 C．y＝sin 2x－π 6 D．y＝cos 2x 解析：选 C 由图易得 A＝1，3 4 T＝3 4 ×2π ω ＝11π 12 －π 6 ， 解得ω＝2，又因为点 π 6 ，1 在函数图象上，即 f π 6 ＝sin 2×π 6 ＋φ ＝1，则 2×π 6 ＋φ ＝π 2 ＋2kπ，k∈Z，解得φ＝π 6 ＋2kπ，k∈Z，又因为|φ|<π 2 ，所以φ＝π 6 ，f(x)＝sin 2x＋π 6 ， 则其图象向右平移π 6 个单位后得到函数 y＝sin 2 x－π 6 ＋π 6 ＝sin 2x－π 6 的图象，故选 C. 考点三 三角函数的图象与性质 一、基础知识要记牢 (1)三角函数的单调区间： y＝sin x 的单调递增区间是 2kπ－π 2 ，2kπ＋π 2 (k∈Z)，单调递减区间是 2kπ＋π 2 ，2kπ ＋3π 2 (k∈Z)； y＝cos x 的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k ∈Z)； y＝tan x 的递增区间是 kπ－π 2 ，kπ＋π 2 (k∈Z)． (2)y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当 y＝kπ＋π 2 (k∈Z)时为偶函数；对 称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋π 2 (k∈Z)求得． 二、经典例题领悟好 [例 3] (2017·浙江高考)已知函数 f(x)＝sin2x－cos2x－2 3sin xcos x(x∈R)． (1)求 f 2π 3 的值； (2)求 f(x)的最小正周期及单调递增区间． [解] (1)由题意，f(x)＝－cos 2x－ 3sin 2x ＝－2 3 2 sin 2x＋1 2 cos 2x ＝－2sin 2x＋π 6 ， 故 f 2π 3 ＝－2sin 4π 3 ＋π 6 ＝－2sin 3π 2 ＝2. (2)由(1)知 f(x)＝－2sin 2x＋π 6 . 则 f(x)的最小正周期是π. 由正弦函数的性质 令π 2 ＋2kπ≤2x＋π 6 ≤3π 2 ＋2kπ，k∈Z， 解得π 6 ＋kπ≤x≤2π 3 ＋kπ，k∈Z， 所以 f(x)的单调递增区间是 π 6 ＋kπ，2π 3 ＋kπ (k∈Z)． 求解三角函数的奇偶性、对称性、周期、最值和单调区间等问题时，通常要运用各种三角函 数公式，通过恒等变换(降幂、辅助角公式应用)将其解析式化为 y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx ＋φ)(A，ω，φ是常数，且 A>0，ω≠0)的形式，再研究其各种性质． 有关常用结论与技巧： (1)我们往往运用整体换元法来求解单调性与对称性，求 y＝Asin(ωx＋φ)或 y＝Acos(ωx ＋φ)(A，ω，φ是常数，且 A>0，ω≠0)的单调区间时一定要注意ω的取值情况，若ω<0，则最 好用诱导公式将其转化为－ω>0 后再去求解，否则极易出错． (2)对 y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(A，ω，φ是常数，且 A>0，ω≠0)结合函数 图象可观察出如下几点： ①函数图象的对称轴都经过函数的最值点，对称中心的横坐标都是函数的零点； ②相邻两对称轴(对称中心)间的距离都是半个周期； ③图象上相邻两个最大(小)值点之间的距离恰好等于一个周期. 三、预测押题不能少 3．已知函数 f(x)＝ 3sin xcos x＋cos2x＋a. (1)求 f(x)的最小正周期及单调递减区间； (2)若 f(x)在区间 －π 6 ，π 3 上的最大值与最小值的和为3 2 ，求 a 的值． 解：(1)因为 f(x)＝ 3 2 sin 2x＋1＋cos 2x 2 ＋a＝sin 2x＋π 6 ＋a＋1 2 ，所以 T＝π.由π 2 ＋ 2kπ≤2x＋π 6 ≤3π 2 ＋2kπ，k∈Z，得π 6 ＋kπ≤x≤2π 3 ＋kπ，k∈Z.故函数 f(x)的单调递减区间 是 π 6 ＋kπ，2π 3 ＋kπ (k∈Z)． (2)因为－π 6 ≤x≤π 3 ，所以－π 6 ≤2x＋π 6 ≤5π 6 ，－1 2 ≤sin 2x＋π 6 ≤1.因为函数 f(x)在 －π 6 ，π 3 上的最大值与最小值的和为 1＋a＋1 2 ＋ －1 2 ＋a＋1 2 ＝3 2 ，所以 a＝0. [知能专练(六)] 一、选择题 1．(2017·山东高考)函数 y＝ 3sin 2x＋cos 2x 的最小正周期为( ) A.π 2 B.2π 3 C．π D．2π 解析：选 C ∵y＝ 3sin 2x＋cos 2x＝2sin 2x＋π 6 ， ∴最小正周期 T＝2π 2 ＝π. 2．(2017·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝cos x＋π 3 ，则下列结论错误的是( ) A．f(x)的一个周期为－2π B．y＝f(x)的图象关于直线 x＝8π 3 对称 C．f(x＋π)的一个零点为 x＝π 6 D．f(x)在 π 2 ，π 单调递减 解析：选 D 根据函数解析式可知函数 f(x)的最小正周期为 2π，所以函数的一个周期为－ 2π，A 正确；当 x＝8π 3 时，x＋π 3 ＝3π，所以 cos x＋π 3 ＝－1，所以 B 正确；f(x＋π)＝ cos x＋π＋π 3 ＝cos x＋4π 3 ，当 x＝π 6 时，x＋4π 3 ＝3π 2 ，所以 f(x＋π)＝0，所以 C 正确；函 数 f(x)＝cos x＋π 3 在 π 2 ，2π 3 上单调递减，在 2π 3 ，π 上单调递增，故 D 错误． 3．(2017·全国卷Ⅰ)函数 y＝ sin 2x 1－cos x 的部分图象大致为( ) 解析：选 C 令函数 f(x)＝ sin 2x 1－cos x ，其定义域为{x|x≠2kπ，k∈Z}，又 f(－x)＝ sin －2x 1－cos －x ＝－sin 2x 1－cos x ＝－f(x)，所以 f(x)＝ sin 2x 1－cos x 为奇函数，其图象关于原点对称，故 排除 B；因为 f(1)＝ sin 2 1－cos 1 ＞0，f(π)＝ sin 2π 1－cos π ＝0，故排除 A、D，选 C. 4．三角形 ABC 是锐角三角形，若角θ终边上一点 P 的坐标为(sin A－cos B，cos A－sin C)， 则 sin θ |sin θ| ＋ cos θ |cos θ| ＋ tan θ |tan θ| 的值是( ) A．1 B．－1 C．3 D．4 解析：选 B 因为三角形 ABC 是锐角三角形，所以 A＋B>90°，即 A>90°－B，则 sin A>sin(90° －B)＝cos B，sin A－cos B>0，同理 cos A－sin C<0，所以点 P 在第四象限， sin θ |sin θ| ＋ cos θ |cos θ| ＋ tan θ |tan θ| ＝－1＋1－1＝－1. 5．(2017·嘉兴模拟)如图是函数 y＝Asin(ωx＋φ)x∈R，A>0，ω>0,0<φ<π 2 在区间 －π 6 ，5π 6 上的图象．为了得到这个函数的图象，只需将 y＝sin x(x∈R)的图象上所有的点 ( ) A．向左平移π 3 个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1 2 ，纵坐标不变 B．向左平移π 3 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变 C．向左平移π 6 个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1 2 ，纵坐标不变 D．向左平移π 6 个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变 解析：选 A 由题意知，A＝1；由2π ω ＝5π 6 ＋π 6 ，得ω＝2；由 2× π 3 －π 6 2 ＋φ＝π 2 ＋2kπ(k ∈Z)，0<φ<π 2 ，得φ＝π 3 ，故 y＝sin 2x＋π 3 .只要把函数 y＝sin x 的图象向左平移π 3 个单位 长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的1 2 ，纵坐标不变，即可得 y＝sin 2x＋π 3 的图象． 6．(2017·天津高考)设函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)，x∈R，其中ω>0，|φ|<π.若 f 5π 8 ＝ 2，f 11π 8 ＝0，且 f(x)的最小正周期大于 2π，则( ) A．ω＝2 3 ，φ＝π 12 B．ω＝2 3 ，φ＝－11π 12 C．ω＝1 3 ，φ＝－11π 24 D．ω＝1 3 ，φ＝7π 24 解析：选 A 法一：由 f 5π 8 ＝2，得5π 8 ω＋φ＝π 2 ＋2kπ(k∈Z)，① 由 f 11π 8 ＝0，得11π 8 ω＋φ＝k′π(k′∈Z)，② 由①②得ω＝－2 3 ＋4 3 (k′－2k)． 又最小正周期 T＝2π ω >2π，所以 0<ω<1，ω＝2 3 . 又|φ|<π，将ω＝2 3 代入①得φ＝π 12 .选项 A 符合． 法二：∵f 5π 8 ＝2，f 11π 8 ＝0，且 f(x)的最小正周期大于 2π， ∴f(x)的最小正周期为 4 11π 8 －5π 8 ＝3π， ∴ω＝2π 3π ＝2 3 ，∴f(x)＝2sin 2 3 x＋φ . 由 2sin 2 3 ×5π 8 ＋φ ＝2，得φ＝2kπ＋π 12 ，k∈Z. 又|φ|<π，∴取 k＝0，得φ＝π 12 .故选 A. 二、填空题 7．(2017·金华一中模拟)函数 f(x)＝2cosx＋π 3 －1 的对称轴为________，最小值为 ________． 解析：由 x＋π 3 ＝kπ(k∈Z)，得 x＝kπ－π 3 (k∈Z)，即函数 f(x)的对称轴为 x＝kπ－π 3 (k ∈Z)；因为 2cosx＋π 3 ∈[－2,2]，所以 2cos x＋π 3 －1∈[－3,1]，所以函数 f(x)的最小值为－ 3. 答案：x＝kπ－π 3 (k∈Z) －3 8．(2017·荆州质检)函数 y＝sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且函数图象 关于点 －3π 8 ，0 对称，则函数的解析式为________________． 解析：由题意知最小正周期 T＝π＝2π ω ，∴ω＝2，2× －3π 8 ＋φ＝kπ(k∈Z)，∴φ＝kπ ＋3π 4 (k∈Z)． 又 0<φ<π，∴φ＝3π 4 ，∴y＝sin 2x＋3π 4 . 答案：y＝sin 2x＋3π 4 9．已知函数 f(x)＝Atan(ωx＋φ) ω>0，|φ|<π 2 ，y＝f(x)的部分图象如图，则 f π 24 ＝ ________. 解析：由图象可知，此正切函数的半周期等于3π 8 －π 8 ＝2π 8 ＝π 4 ，即周期为π 2 ，所以ω＝2. 由题意可知，图象过定点 3π 8 ，0 ，所以 0＝Atan2×3π 8 ＋φ，即3π 4 ＋φ＝kπ(k∈Z)，所以φ ＝kπ－3π 4 (k∈Z)，又|φ|<π 2 ，所以φ＝π 4 .再由图象过定点(0,1)，可得 A＝1.综上可知，f(x) ＝tan 2x＋π 4 .故有 f π 24 ＝tan 2×π 24 ＋π 4 ＝tanπ 3 ＝ 3. 答案： 3 三、解答题 10．(2017·北京高考)已知函数 f(x)＝ 3cos 2x－π 3 －2sin xcos x. (1)求 f(x)的最小正周期； (2)求证：当 x∈ －π 4 ，π 4 时，f(x)≥－1 2 . 解：(1)f(x)＝ 3 2 cos 2x＋3 2 sin 2x－sin 2x ＝1 2 sin 2x＋ 3 2 cos 2x ＝sin 2x＋π 3 . 所以 f(x)的最小正周期 T＝2π 2 ＝π. (2)证明：因为－π 4 ≤x≤π 4 ， 所以－π 6 ≤2x＋π 3 ≤5π 6 . 所以 sin 2x＋π 3 ≥sin －π 6 ＝－1 2 . 所以当 x∈ －π 4 ，π 4 时，f(x)≥－1 2 . 11．(2018 届高三·浙江名校联盟联考)已知函数 f(x)＝2cos πx·cos2 φ 2 ＋sin[(x＋ 1)π]·sin φ－cos πx 0<φ<π 2 的部分图象如图所示． (1)求φ的值及图中 x0 的值； (2)将函数 f(x)的图象上的各点向左平移1 6 个单位，再将所得图象上各点的横坐标不变，纵坐 标伸长到原来的 3倍，得到函数 g(x)的图象，求函数 g(x)在区间 －1 2 ，1 3 上的最大值和最小值． 解 ： (1)f(x) ＝ 2cos πx·cos2 φ 2 ＋ sin[(x ＋ 1)π]·sin φ － cos πx ＝ cos πx· 2cos2 φ 2 －1 －sin πx·sin φ＝cos πx·cos φ－sin πx·sin φ＝cos(πx＋φ)． 由题图可知，cos φ＝ 3 2 ，又 0<φ<π 2 ，所以φ＝π 6 . 又 cos πx0＋π 6 ＝ 3 2 ，所以πx0＋π 6 ＝11π 6 ， 所以 x0＝5 3 . (2) 由 (1) 可 知 f(x) ＝ cos πx＋π 6 ， 将 图 象 上 的 各 点 向 左 平 移 1 6 个 单 位 得 到 y ＝ cos π x＋1 6 ＋π 6 ＝cos πx＋π 3 的图象，然后将各点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的 3倍 后得到 g(x)＝ 3cos πx＋π 3 的图象． 因为 x∈ －1 2 ，1 3 ，所以－π 6 ≤πx＋π 3 ≤2π 3 . 所以当πx＋π 3 ＝0，即 x＝－1 3 时，g(x)取得最大值 3； 当πx＋π 3 ＝2π 3 ，即 x＝1 3 时，g(x)取得最小值－ 3 2 . 12．(2017·东阳市调研)已知 x0，x0＋π 2 是函数 f(x)＝cos2 ωx－π 6 －sin2ωx(ω>0)的两个 相邻的零点． (1)求 f π 12 的值； (2)若对任意 x∈ －7π 12 ，0 ，都有|f(x)－m|≤1，求实数 m 的取值范围． 解：(1)f(x)＝1＋cos 2ωx－π 3 2 －1－cos 2ωx 2 ＝1 2 cos 2ωx－π 3 ＋cos 2ωx ＝1 2 1 2 cos 2ωx＋ 3 2 sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝1 2 3 2 sin 2ωx＋3 2 cos 2ωx ＝ 3 2 1 2 sin 2ωx＋ 3 2 cos 2ωx ＝ 3 2 sin 2ωx＋π 3 . 由题意可知，f(x)的最小正周期 T＝π，∴ 2π |2ω| ＝π. 又∵ω>0，∴ω＝1，∴f(x)＝ 3 2 sin 2x＋π 3 . ∴f π 12 ＝ 3 2 sin 2×π 12 ＋π 3 ＝ 3 2 sinπ 2 ＝ 3 2 . (2)|f(x)－m|≤1，即 f(x)－1≤m≤f(x)＋1. ∵对任意 x∈ －7π 12 ，0 ，都有|f(x)－m|≤1， ∴m≥f(x)max－1 且 m≤f(x)min＋1. ∵－7π 12 ≤x≤0，∴－5π 6 ≤2x＋π 3 ≤π 3 ， ∴－1≤sin 2x＋π 3 ≤ 3 2 ， ∴－ 3 2 ≤ 3 2 sin 2x＋π 3 ≤3 4 ， 即 f(x)max＝3 4 ，f(x)min＝－ 3 2 ，∴－1 4 ≤m≤1－ 3 2 . 故 m 的取值范围为 －1 4 ，1－ 3 2 . 第二讲 三角恒等变换与解三角形 考点一 三角恒等变换及求值 一、基础知识要记牢 三角恒等变换的主要考查形式是三角函数式的求值．包括： (1)“给角求值”，即通过三角恒等变换求三角函数式的值； (2)“给值求值”，即给出一些三角函数值，求与之有关的其他三角函数式的值； (3)“给值求角”，即给出三角函数值，求符合条件的角． 二、经典例题领悟好 [例 1] (1)(2017·嘉兴调研)4sin 80°－cos 10° sin 10° ＝( ) A. 3 B．－ 3 C. 2 D．2 2－3 (2)(2017·全国卷Ⅲ)已知 sin α－cos α＝4 3 ，则 sin 2α＝( ) A．－7 9 B．－2 9 C.2 9 D.7 9 [解析] (1)依题意，∵sin 80°＝cos 10°， ∴4sin 80°－cos 10° sin 10° ＝4sin 10°cos 10°－cos 10° sin 10° ＝2sin 20°－cos 10° sin 10° ＝2sin 30°－10° －cos 10° sin 10° ＝2 1 2 cos 10°－ 3 2 sin 10° －cos 10° sin 10° ＝－ 3sin 10° sin 10° ＝－ 3，故选 B. (2)将 sin α－cos α＝4 3 的两边进行平方，得 sin2 α－2sin αcos α＋cos2α＝16 9 ，即 sin 2α＝－7 9 . [答案] (1)B (2)A 三角函数恒等变换“六策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等． (2)项的分拆与角的配凑：如 sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋ β等． (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次． (4)弦、切互化：一般是切化弦． (5)公式的变形应用：如 sin α＝cos αtan α，tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)等． (6)角的合成及三角函数名的统一：运用辅助角公式合成角及统一三角函数名称. 三、预测押题不能少 1．(1)设α，β∈[0，π]，且满足 sin αcos β－cos αsin β＝1，则 sin(2α－β)＋ sin(α－2β)的取值范围为( ) A．[－ 2，1] B．[－1， 2 ] C．[－1,1] D．[1， 2 ] 解析：选 C ∵sin αcos β－cos αsin β＝1， 即 sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]， ∴α－β＝π 2 ，又 0≤α≤π， 0≤β＝α－π 2 ≤π， 则π 2 ≤α≤π， ∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin 2α－α＋π 2 ＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α ＝ 2sin α＋π 4 ， ∵π 2 ≤α≤π， ∴3π 4 ≤α＋π 4 ≤5π 4 ， ∴－1≤ 2sin α＋π 4 ≤1， 即所求取值范围为[－1,1]，故选 C. (2)若 tan α－π 4 ＝1 6 ，则 tan α＝________. 解析：tan α＝tan α－π 4 ＋π 4 ＝ tan α－π 4 ＋tanπ 4 1－tan α－π 4 tanπ 4 ＝ 1 6 ＋1 1－1 6 ＝7 5 . 答案：7 5 考点二 正、余弦定理 一、基础知识要记牢 (1)正弦定理：在△ABC 中， a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R(R 为△ABC 的外接圆半径)． 变形：a＝2Rsin A，sin A＝ a 2R ， a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C 等． (2)余弦定理：在△ABC 中， a2＝b2＋c2－2bccos A； 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝b2＋c2－a2 2bc . (3)三角形面积公式： S△ABC＝1 2 absin C＝1 2 cbsin A＝1 2 acsin B. 二、经典例题领悟好 [例 2] (2016·浙江高考)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 b＋c ＝2acos B. (1)证明：A＝2B； (2)若△ABC 的面积 S＝a2 4 ，求角 A 的大小． [解] (1)证明：由正弦定理得 sin B＋sin C＝2sin Acos B， 故 2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B) ＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B， 于是 sin B＝sin(A－B)． 又 A，B∈(0，π)，故 0＜A－B＜π， 所以 B＝π－(A－B)或 B＝A－B， 因此 A＝π(舍去)或 A＝2B，所以 A＝2B. (2)由 S＝a2 4 得 1 2 absin C＝a2 4 ， 故有 sin Bsin C＝1 2 sin A＝1 2 sin 2B＝sin Bcos B. 因为 sin B≠0，所以 sin C＝cos B. 又 B，C∈(0，π)，所以 C＝π 2 ±B. 当 B＋C＝π 2 时，A＝π 2 ； 当 C－B＝π 2 时，A＝π 4 . 综上，A＝π 2 或 A＝π 4 . 关于解三角形问题，首先要联想三角形三定理：正弦、余弦及内角和定理，常见的三角变换 方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是解决问 题的突破口. 三、预测押题不能少 2．在△ABC 中，∠A＝60°，c＝3 7 a. (1)求 sin C 的值； (2)若 a＝7，求△ABC 的面积． 解：(1)在△ABC 中，因为∠A＝60°，c＝3 7 a， 所以由正弦定理得 sin C＝csin A a ＝3 7 × 3 2 ＝3 3 14 . (2)因为 a＝7，所以 c＝3 7 ×7＝3.由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A，得 72＝b2＋32－2b×3×1 2 ， 解得 b＝8 或 b＝－5(舍去)．所以△ABC 的面积 S＝1 2 bcsin A＝1 2 ×8×3× 3 2 ＝6 3. 考点三 解三角形的应用 一、经典例题领悟好 [例 3] 如图，游客从某旅游景区的景点 A 处下山至 C 处有两种路 径．一种是从 A 沿直线步行到 C，另一种是先从 A 沿索道乘缆车到 B，然后 从 B 沿直线步行到 C.现有甲、乙两位游客从 A 处下山，甲沿 AC 匀速步行，速度为 50 m/min.在 甲出发 2 min 后，乙开始从 A 乘缆车，在 B 处停留 1 min 后，再从 B 匀速步行到 C.假设缆车匀速 直线运行的速度为 130 m/min，山路 AC 长为 1 260 m．经测量，cos A＝12 13 ，cos C＝3 5 . (1)求索道 AB 的长； (2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ (3)为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 min，乙步行的速度应控制在什么范围内？ [解] (1)在△ABC 中，因为 cos A＝12 13 ，cos C＝3 5 ， 所以 sin A＝ 5 13 ，sin C＝4 5 . 从而 sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin Acos C＋cos Asin C ＝ 5 13 ×3 5 ＋12 13 ×4 5 ＝63 65 . 由正弦定理 AB sin C ＝ AC sin B ， 得 AB＝ AC sin B ×sin C＝ 1 260 63 65 ×4 5 ＝1 040(m)． 所以索道 AB 的长为 1 040 m. (2)假设乙出发 t min 后，甲、乙两游客距离为 d m，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离 A 处 130t m， 所以由余弦定理得 d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×12 13 ＝200(37t2－70t＋50)， 因 0≤t≤1 040 130 ，即 0≤t≤8， 故当 t＝35 37 (min)时，甲、乙两游客距离最短． (3)由正弦定理 BC sin A ＝ AC sin B ， 得 BC＝ AC sin B ×sin A＝ 1 260 63 65 × 5 13 ＝500(m)． 乙从 B 出发时，甲已走了 50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走 710 m 才能到达 C. 设乙步行的速度为 v m/min， 由题意得－3≤500 v －710 50 ≤3，解得1 250 43 ≤v≤625 14 ， 所以为使两位游客在 C 处互相等待的时间不超过 3 min，乙步行的速度应控制在1 250 43 ，625 14 (单 位：m/min)范围内． 1 本题属于三角函数建模问题，其求解的关键是运用所学的解三角形的知识和方法对该 问题进行分析，然后检验所得的解，并写出实际问题的结论便可. 2 三角形问题求解中函数建模思想的常见类型： ①利用余弦定理转化为长度关于某一未知数的函数； ②由面积公式 S△＝1 2 absin C 转化为面积 S 关于角的三角函数的函数； ③由正弦定理转化为边的长度关于某一三角形内角的函数. 二、预测押题不能少 3.如图，小明同学在山顶 A 处观测到一辆汽车在一条水平的公路 上 沿直线匀速行驶，小明在 A 处测得公路上 B，C 两点的俯角分别为 30°， 45°，且∠BAC＝135°.若山高 AD＝100 m，汽车从 B 点到 C 点历时 14 s ， 则这辆汽车的速度约为________m/s(精确到 0.1， 2≈1.414， 5≈2.236)． 解析：因为小明在 A 处测得公路上 B，C 两点的俯角分别为 30°，45°， 所以∠BAD＝60°，∠CAD＝45°. 设这辆汽车的速度为 v m/s，则 BC＝14v， 在 Rt△ADB 中，AB＝ AD cos ∠BAD ＝ AD cos 60° ＝200. 在 Rt△ADC 中，AC＝ AD cos ∠CAD ＝ 100 cos 45° ＝100 2. 在△ABC 中，由余弦定理，得 BC2＝AC2＋AB2－2AC·AB·cos∠BAC， 所以(14v)2＝(100 2)2＋2002－2×100 2×200×cos 135°， 所以 v＝50 10 7 ≈22.6， 所以这辆汽车的速度约为 22.6 m/s. 答案：22.6 [知能专练(七)] 一、选择题 1．(2017·山东高考)已知 cos x＝3 4 ，则 cos 2x＝( ) A．－1 4 B.1 4 C．－1 8 D.1 8 解析：选 D ∵cos x＝3 4 ，∴cos 2x＝2cos2x－1＝1 8 . 2．在△ABC 中，若 00，tan B>0，即 A，B 为锐角．tan(A＋B) ＝ tan A＋tan B 1－tan A·tan B >0，即 tan(π－C)＝－tan C>0，所以 tan C<0，所以 C 为钝角．所以△ABC 为钝角三角形． 3．(2016·全国卷Ⅱ)若 cos π 4 －α ＝3 5 ，则 sin 2α＝( ) A. 7 25 B.1 5 C．－1 5 D．－ 7 25 解析：选 D 因为 cos π 4 －α ＝3 5 ， 所以 sin 2α＝cos π 2 －2α ＝cos 2 π 4 －α ＝2cos2 π 4 －α －1＝2× 9 25 －1＝－ 7 25 . 4．(2018 届高三·湖南省五市十校联考)在斜三角形 ABC 中，sin A＝－ 2cos B·cos C， 且 tan B·tan C＝1－ 2，则角 A 的值为( ) A.π 4 B.π 3 C.π 2 D.3π 4 解析：选 A 由题意知，sin A＝－ 2cos B·cos C＝sin(B＋C)＝sin B·cos C＋cos B·sin C， 在等式－ 2cos B·cos C＝sin B·cos C＋cos B·sin C 两边除以 cos B·cos C 得 tan B ＋tan C＝－ 2， tan(B＋C)＝ tan B＋tan C 1－tan Btan C ＝－1＝－tan A， 所以角 A＝π 4 . 5．(2016·全国卷Ⅲ)在△ABC 中，B＝π 4 ，BC 边上的高等于 1 3 BC，则 cos A＝( ) A.3 10 10 B. 10 10 C．－ 10 10 D．－3 10 10 解析：选 C 设△ABC 中角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， 则由题意得 S△ABC＝1 2 a·1 3 a＝1 2 acsin B，∴c＝ 2 3 a. 由余弦定理得 b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋2 9 a2－2×a× 2 3 a× 2 2 ＝5 9 a2，∴b＝ 5 3 a.∴cos A＝ b2＋c2－a2 2bc ＝ 5 9 a2＋2 9 a2－a2 2× 5 3 a× 2 3 a ＝－ 10 10 .故选 C. 6．已知△ABC 的内角 A，B，C 满足 sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋1 2 ，面积 S 满足 1≤S≤2，记 a，b，c 分别为 A，B，C 所对的边，则下列不等式一定成立的是( ) A．bc(b＋c)>8 B．ab(a＋b)>16 2 C．6≤abc≤12 D．12≤abc≤24 解析：选 A 因为 A＋B＋C＝π，由 sin 2A＋sin(A－B＋C)＝sin(C－A－B)＋1 2 得 sin 2A＋ sin 2B＋sin 2C＝1 2 ，即 sin[(A＋B)＋(A－B)]＋sin [(A＋B)－(A－B)]＋sin 2C＝1 2 ，整理得 2sin Ccos(A－B)＋2sin Ccos C＝2sin C[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝1 2 ，整理得 4sin A·sin Bsin C ＝1 2 ，即sin Asin Bsin C＝1 8 .又S＝1 2 absin C＝1 2 bcsin A＝1 2 casin B，因此S3＝1 8 a2b2c2sin Asin B·sin C＝ 1 64 a2b2c2.由 1≤S≤2 得 1≤ 1 64 a2b2c2≤23，即 8≤abc≤16 2，因此选项 C，D 不一定成立．又 b ＋c>a>0，因此 bc(b＋c)>bc·a≥8，即 bc(b＋c)>8，选项 A 一定成立．又 a＋b>c>0，因此 ab(a ＋b)>ab·c≥8，即 ab(a＋b)>8，显然不能得出 ab(a＋b)>16 2，选项 B 不一定成立．综上所述， 选 A. 二、填空题 7．(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈ 0，π 2 ，tan α＝2，则 cos α－π 4 ＝________. 解析：∵α∈ 0，π 2 ，tan α＝2，∴sin α＝2 5 5 ，cos α＝ 5 5 ，∴cos α－π 4 ＝cos αcosπ 4 ＋sin αsinπ 4 ＝ 2 2 × 2 5 5 ＋ 5 5 ＝3 10 10 . 答案：3 10 10 8．(2017·杭州模拟)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1.若 C＝2π 3 ，则a b ＝________. 解析：∵sin Asin B＋sin Bsin C＋cos 2B＝1， ∴sin Asin B＋sin Bsin C＝2sin2B. 由正弦定理可得 ab＋bc＝2b2，即 a＋c＝2b，∴c＝2b－a，∵C＝2π 3 ，由余弦定理可得(2b －a)2＝a2＋b2－2abcos 2π 3 ，可得 5a＝3b，∴a b ＝3 5 . 答案：3 5 9．(2017·浙江高考)已知△ABC，AB＝AC＝4，BC＝2.点 D 为 AB 延长线上一点，BD＝2，连 接 CD，则△BDC 的面积是________，cos∠BDC＝________. 解析：在△ABC 中，AB＝AC＝4，BC＝2，由余弦定理得 cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC2 2AB·BC ＝42＋22－42 2×4×2 ＝1 4 ， 则 sin∠ABC＝sin∠CBD＝ 15 4 ， 所以 S△BDC＝1 2 BD·BCsin∠CBD＝1 2 ×2×2× 15 4 ＝ 15 2 . 因为 BD＝BC＝2，所以∠CDB＝1 2 ∠ABC， 则 cos∠CDB＝ cos∠ABC＋1 2 ＝ 10 4 . 答案： 15 2 10 4 三、解答题 10．(2017·天津高考)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.已知 a>b，a＝5， c＝6，sin B＝3 5 . (1)求 b 和 sin A 的值； (2)求 sin 2A＋π 4 的值． 解：(1)在△ABC 中，因为 a>b， 故由 sin B＝3 5 ，可得 cos B＝4 5 . 由已知及余弦定理，得 b2＝a2＋c2－2accos B＝13， 所以 b＝ 13. 由正弦定理 a sin A ＝ b sin B ，得 sin A＝asin B b ＝3 13 13 . 所以 b 的值为 13，sin A 的值为3 13 13 . (2)由(1)及 aI3，作 AG⊥BD 于 G，又 AB＝AD， ∴OB OC―→· OD―→，即 I1>I3， ∴I30,0<α<β<π 2 是平面上的两 个向量，若向量 a＋b 与 a－b 互相垂直． (1)求实数λ的值； (2)若 a·b＝4 5 ，且 tan β＝4 3 ，求 tan α的值． 解：(1)由题设，可得(a＋b)·(a－b)＝0， 即|a|2－|b|2＝0. 代入 a，b 的坐标， 可得 cos2α＋(λ－1)2sin2α－cos2β－sin2β＝0， 所以(λ－1)2sin2α－sin2α＝0. 因为 0<α<π 2 ，故 sin2α≠0， 所以(λ－1)2－1＝0， 解得λ＝2 或λ＝0(舍去)．故λ＝2. (2)由(1)及题设条件， 知 a·b＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos(α－β)＝4 5 . 因为 0<α<β<π 2 ，所以－π 2 <α－β<0. 所以 sin(α－β)＝－3 5 ，tan(α－β)＝－3 4 . 所以 tan α＝tan[(α－β)＋β]＝ tan α－β ＋tan β 1－tan α－β tan β ＝ －3 4 ＋4 3 1－ －3 4 ×4 3 ＝ 7 24 . 所以 tan α＝ 7 24 . [知能专练(八)] 一、选择题 1．设 x，y∈R，向量 a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且 a⊥c, b∥c，则|a＋b|＝ ( ) A. 5 B. 10 C．2 5 D．10 解析：选 B 由题意可知 2x－4＝0， －4－2y＝0， 解得 x＝2， y＝－2. 故 a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝ 10. 2．在直角三角形 ABC 中，∠C＝π 2 ，AC＝3，取点 D 使 BD―→＝2 DA―→，那么 CD―→· CA―→等于( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 D 如图， CD―→＝ CB―→＋ BD―→. 又∵ BD―→＝2 DA―→， ∴ CD―→＝ CB―→＋2 3 BA―→＝ CB―→＋2 3 ( CA―→－ CB―→)， 即 CD―→＝2 3 CA―→＋1 3 CB―→. ∵∠C＝π 2 ，∴ CA―→· CB―→＝0， ∴ CD―→· CA―→＝ 2 3 CA―→＋1 3 CB―→ · CA―→ ＝2 3 CA―→2＋1 3 CB―→· CA―→＝6. 3．(2017·长春模拟)如图，点 A，B 在圆 C 上，则 AB―→· AC―→的值 ( ) A．只与圆 C 的半径有关 B．只与弦 AB 的长度有关 C．既与圆 C 的半径有关，又与弦 AB 的长度有关 D．是与圆 C 的半径和弦 AB 的长度均无关的定值 解析：选B 延长AC与圆C相交于点D，连接DB，则∠ABD＝90°，所以 AB―→· AC―→＝1 2 AB―→· AD―→ ＝1 2 | AB―→|·| AD―→|cos A＝1 2 | AB―→|2，只与弦 AB 的长度有关． 4．(2018 届高三·杭州市联谊校联考)已知向量 a，b 的夹角为 120°，|a|＝|b|＝2，向量 c 与 a＋b 共线，则|a＋c|的最小值为( ) A．2 B．1 C.3 2 D. 3 解析：选 D 如图，直线 l 为与 a＋b 平行的直线，c 可平移到以 a 的终点为起点，则 c 的终点在直线 l 上，由三角形法则可知，当 a＋c 与 直线 l 垂直时，|a＋c|取到最小值 3. 5．(2017·绍兴模拟)已知菱形 ABCD 的边长为 2，∠BAD＝120°，点 E，F 分别在边 BC，DC 上，BE＝λBC，DF＝μDC.若 AE―→· AF―→＝1， CE―→· CF―→＝－2 3 ，则λ＋μ＝( ) A.1 2 B.2 3 C.5 6 D. 7 12 解析：选 C 如图所示，以菱形 ABCD 的两条对角线所在直线为 坐标轴，建立平面直角坐标系 xOy，不妨设 A(0，－1)，B(－ 3，0)， C(0,1)，D( 3，0)，由题意得 CE―→＝(1－λ)· CB―→＝( 3λ－ 3， λ－1)， CF―→＝(1－μ) CD―→＝( 3－ 3μ，μ－1)． 因为 CE―→· CF―→＝－2 3 ，所以 3(λ－1)·(1－μ)＋(λ－1)·(μ－1)＝－2 3 ，即(λ－1)(μ －1)＝1 3 . 因为 AE―→＝ AC―→＋ CE―→＝( 3λ－ 3，λ＋1)， AF―→＝ AC―→＋ CF―→＝( 3－ 3μ，μ＋1)， 又 AE―→· AF―→＝1， 所以(λ＋1)(μ＋1)＝2. 由 λ－1 μ－1 ＝1 3 ， λ＋1 μ＋1 ＝2， 整理得λ＋μ＝5 6 . 6．(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是边长为 2 的等边三角形，P 为平面 ABC 内一点，则 PA―→·( PB―→＋ PC―→)的最小值是( ) A．－2 B．－3 2 C．－4 3 D．－1 解析：选 B 如图，以等边三角形 ABC 的底边 BC 所在直线为 x 轴， 以 BC 的垂直平分线为 y 轴建立平面直角坐标系，则 A(0， 3)，B(－1,0)， C(1,0)，设 P(x，y)，则 PA―→＝(－x, 3－y)， PB―→＝(－1－x，－y)， PC―→＝(1－x，－y)，所 以 PA―→·( PB―→＋ PC―→)＝(－x， 3－y)·(－2x，－2y)＝2x2＋2 y－ 3 2 2－3 2 ，当 x＝0，y＝ 3 2 时， PA―→·( PB―→＋ PC―→)取得最小值，为－3 2 . 二、填空题 7．在△ABC 中，AB＝3，AC＝2，A＝60°， AG―→＝m AB―→＋ AC―→，则| AG―→|的最小值为________， 又若 AG―→⊥ BC―→，则 m＝________. 解析：因为 AG―→＝m AB―→＋ AC―→，所以| AG―→|2＝m2| AB―→|2＋| AC―→|2＋2m AB―→· AC―→＝9m2＋4＋ 2m| AB―→|·| AC―→|·cos 60°＝9m2＋6m＋4＝9 m＋1 3 2＋3.当 m＝－1 3 时，| AG―→|2 取得最小值为 3， 所以| AG―→|的最小值为 3.在△ABC 中，AB＝3，AC＝2，A＝60°，所以|BC|2＝4＋9－2×2×3cos 60°＝7，所以|BC|＝ 7，所以 cos B＝9＋7－4 6 7 ＝ 2 7 ，cos C＝4＋7－9 4 7 ＝ 1 2 7 .因为 AG―→⊥ BC―→， 所以 AG―→· BC―→＝0，所以(m AB―→＋ AC―→)· BC―→＝0，所以 m AB―→· BC―→＋ AC―→· BC―→＝0，所以 m| AB―→|·| BC―→|cos(π－B)＋| AC―→|·| BC―→|cos C＝0，所以－3mcos B＋2cos C＝0，所以 m＝ 2cos C 3cos B ＝2 3 × 1 2 7 × 7 2 ＝1 6 . 答案： 3 1 6 8．在矩形 ABCD 中，AB＝2，BC＝1，E 为 BC 的中点，若 F 为该矩形内(含边界)任意一点，则 AE―→· AF―→的最大值为________． 解析：以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，则 E 2，1 2 .设 F(x，y)， 则 0≤x≤2， 0≤y≤1， AE―→· AF―→＝2x＋1 2 y.令 z＝2x＋1 2 y，当 z＝2x ＋1 2 y 过点(2,1)时， AE―→· AF―→取最大值9 2 . 答案：9 2 9．(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量 OA―→，OB―→， OC―→的 模分 别为 1,1， 2， OA―→与 OC―→的夹角为α，且 tan α＝7， OB―→与 OC―→的夹角为 45°.若 OC―→＝m OA―→＋ n OB―→ (m，n∈R)，则 m＋n＝________. 解析：法一：如图，以 O 为坐标原点，OA 所在直线为 x 轴建立平 面直 角坐标系，则 A(1，0)， 由 tan α＝7，α∈ 0，π 2 ， 得 sin α＝ 7 5 2 ，cos α＝ 1 5 2 ， 设 C(xC，yC)，B(xB，yB)， 则 xC＝| OC―→|cos α＝ 2× 1 5 2 ＝1 5 ， yC＝| OC―→|sin α＝ 2× 7 5 2 ＝7 5 ，即 C 1 5 ，7 5 . 又 cos(α＋45°)＝ 1 5 2 × 1 2 － 7 5 2 × 1 2 ＝－3 5 ， sin(α＋45°)＝ 7 5 2 × 1 2 ＋ 1 5 2 × 1 2 ＝4 5 ， 则 xB＝| OB―→|cos(α＋45°)＝－3 5 ， yB＝| OB―→|sin(α＋45°)＝4 5 ，即 B －3 5 ，4 5 . 由 OC―→＝m OA―→＋n OB―→，可得 1 5 ＝m－3 5 n， 7 5 ＝4 5 n， 解得 m＝5 4 ， n＝7 4 ， 所以 m＋n＝5 4 ＋7 4 ＝3. 法二：由 tan α＝7，α∈ 0，π 2 ，得 sin α＝ 7 5 2 ，cos α＝ 1 5 2 ， 则 cos(α＋45°)＝ 1 5 2 × 1 2 － 7 5 2 × 1 2 ＝－3 5 ， 所以 OB―→· OC―→＝1× 2× 2 2 ＝1， OA―→· OC―→＝1× 2× 1 5 2 ＝1 5 ， OA―→· OB―→＝1×1× －3 5 ＝－3 5 ， 由 OC―→＝m OA―→＋n OB―→，得 OC―→· OA―→＝m OA―→2＋n OB―→· OA―→，即1 5 ＝m－3 5 n.① 同理可得 OC―→· OB―→＝m OA―→· OB―→＋n OB―→2， 即 1＝－3 5 m＋n.② ①＋②得 2 5 m＋2 5 n＝6 5 ， 即 m＋n＝3. 答案：3 三、解答题 10．已知△ABC 的角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，设向量 m＝(a，b)，n＝(sin B，sin A)，p＝(b－2，a－2)． (1)若 m∥n，求证：△ABC 为等腰三角形； (2)若 m⊥p，边长 c＝2，角 C＝π 3 ，求△ABC 的面积． 解：(1)证明：∵m∥n，∴asin A＝bsin B. 即 a· a 2R ＝b· b 2R ， 其中 R 是△ABC 的外接圆半径， 故 a＝b，即△ABC 为等腰三角形． (2)由题意可知 m·p＝0， 即 a(b－2)＋b(a－2)＝0.∴a＋b＝ab. 由余弦定理可知 4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab， 即(ab)2－3ab－4＝0， ∴ab＝4(舍去 ab＝－1)． 故 S△ABC＝1 2 absin C＝1 2 ×4×sinπ 3 ＝ 3. 11．已知向量 a＝ sin x，3 4 ，b＝(cos x，－1)． (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＝ 6 3 ，求 f(x)＋4cos 2A＋π 6 x∈ 0，π 3 的取值范围． 解：(1)∵a∥b，∴3 4 cos x＋sin x＝0，∴tan x＝－3 4 . ∴cos2x－sin 2x＝cos2x－2sin xcos x sin2x＋cos2x ＝1－2tan x 1＋tan2x ＝8 5 . (2)f(x)＝2(a＋b)·b＝ 2sin 2x＋π 4 ＋3 2 . 由正弦定理，得 a sin A ＝ b sin B ，可得 sin A＝ 2 2 ， ∴A＝π 4 .∴f(x)＋4cos 2A＋π 6 ＝ 2sin2x＋π 4 －1 2 . ∵x∈ 0，π 3 ， ∴2x＋π 4 ∈ π 4 ，11π 12 . ∴ 3 2 －1≤f(x)＋4cos 2A＋π 6 ≤ 2－1 2 . ∴f(x)＋4cos 2A＋π 6 的取值范围为 3 2 －1, 2－1 2 . 12．已知向量 OA―→＝(λcos α，λsin α)(λ≠0)， OB―→＝(－sin β，cos β)，其中 O 为 坐标原点． (1)若α－β＝π 6 且λ＝1，求向量 OA―→与 OB―→的夹角； (2)若| AB―→|≥2| OB―→|对任意实数α，β都成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)当λ＝1 时， OA―→＝(cos α，sin α)， 故| OA―→|＝ cos2α＋sin2α＝1， | OB―→|＝ －sin β 2＋cos2β＝1. OA―→· OB―→＝cos α·(－sin β)＋sin αcos β＝sin(α－β)＝sinπ 6 ＝1 2 ， 故 cos〈 OA―→，OB―→〉＝ OA―→·OB―→ |OA―→||OB―→| ＝1 2 . 又因为〈 OA―→，OB―→〉∈[0，π]， 所以〈 OA―→，OB―→〉＝π 3 . (2) AB―→＝ OB―→－ OA―→＝(－λcos α－sin β，－λsin α＋cos β)， 故| AB―→|≥2| OB―→|对任意实数α，β都成立，即(－λcos α－sin β)2＋(－λsin α＋cos β)2≥4 对任意实数α，β都成立， 整理得λ2＋1＋2λsin(β－α)≥4 对任意实数α，β都成立． 因为－1≤sin(β－α)≤1， 所以 λ>0， λ2＋1－2λ≥4 或 λ<0， λ2＋1＋2λ≥4， 解得λ≥3 或λ≤－3. 所以所求实数λ的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)． (二) 三角函数的综合问题 三角函数的综合问题在历年高考中一般位于解答题的第一题的位置，有时也在选择、填空题 中出现．主要考查三角恒等变换、三角函数的图象与性质、解三角形，有时也与平面向量相交汇， 意在考查考生的数形结合能力，转化与化归能力，以及运算求解能力，一般为中档题． 三角函数的图象与性质 [例 1] 已知函数 f(x)＝2 3sin ωxcos ωx－2cos2ωx＋1(ω>0)的图象上两个相邻的最高 点之间的距离为π. (1)求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若 f(θ)＝2 3 ，求 cos π 3 －4θ 的值． [ 解 ] (1)f(x) ＝ 2 3 sin ωxcos ωx － 2cos2ωx ＋ 1 ＝ 3 sin 2ωx － cos 2ωx ＝ 2sin 2ωx－π 6 . 由题意知，函数 f(x)的最小正周期为π，则2π 2ω ＝π，故ω＝1. 所以 f(x)＝2sin 2x－π 6 . 由 2kπ－π 2 ≤2x－π 6 ≤2kπ＋π 2 (k∈Z)， 得 kπ－π 6 ≤x≤kπ＋π 3 (k∈Z)， 所以函数 f(x)的单调递增区间为 kπ－π 6 ，kπ＋π 3 (k∈Z)． (2)由 f(x)＝2sin 2x－π 6 ，f(θ)＝2 3 得 sin2θ－π 6 ＝1 3 ， 所以 cos π 3 －4θ ＝cos 4θ－π 3 ＝cos 2 2θ－π 6 ＝1－2sin2 2θ－π 6 ＝1－2×1 9 ＝7 9 . 求解三角函数图象与性质问题的方法步骤 第一步，化简：正确分析已知条件，利用三角恒等变换将给出的三角函数解析式化简为 y＝ Asin(ωx＋φ)＋h 的形式，常利用“sin 2α＝2sin αcos α，cos 2α＝cos2α－sin2α＝1－ 2sin2α＝2cos2α－1，sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos(α±β)＝cos αcos β ∓ sin αsin β，asin x＋bcos x＝ a2＋b2sin(x＋φ)，其中 tan φ＝b a ”等公式进行化简. 第二步，计算：根据函数 y＝Asin ωx＋φ ＋h 的相关性质与图象进行计算. 第三步，得结论：利用三角函数的性质求函数解析式、角、三角函数值等. [提醒] 解此类问题时的易错点有： 1 对正弦型函数 y＝Asin ωx＋φ ＋h 及余弦型 函数 y＝Acos ωx＋φ ＋h 的性质易遗忘或对其含义不能深刻理解，如图象的对称轴、对称中 心等； 2 没有挖掘题目中的隐含条件，忽视对角的范围的限制而造成增解或漏解现象； 3 不能发现角度之间的倍、半差异. 1.函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)ω>0，|φ|<π 2 在一个周期内的图象如 图所示． (1)求函数 f(x)的解析式及单调递减区间； (2)将函数 f(x)的图象向右平移5π 12 个单位长度得到函数 g(x)的图 象，已知 g(α)＝－1 3 ，α∈ －π 4 ，0 ，求 g α＋π 6 的值． 解：(1)设函数 f(x)的最小正周期为 T，由题图可得，3 4 T＝7π 12 － －π 6 ＝3π 4 ，∴T＝π，ω ＝2， 又 f －π 6 ＝0， ∴sin －π 3 ＋φ ＝0，∴－π 3 ＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝kπ＋π 3 ，k∈Z，又|φ|<π 2 ，∴φ＝π 3 ， 故函数 f(x)的解析式为 f(x)＝sin 2x＋π 3 . 令 2kπ＋π 2 ≤2x＋π 3 ≤2kπ＋3π 2 ，k∈Z，解得 kπ＋π 12 ≤x≤kπ＋7π 12 ，k∈Z， 故函数 f(x)的单调递减区间为 kπ＋π 12 ，kπ＋7π 12 ，k∈Z. (2)由题意可得，g(x)＝f x－5π 12 ＝sin 2 x－5π 12 ＋π 3 ＝sin 2x－π 2 ＝－cos 2x， ∴g(α)＝－cos 2α＝－1 3 ，即 cos 2α＝1 3 . ∵α∈ －π 4 ，0 ， ∴2α∈ －π 2 ，0 ，可得 sin 2α＝－2 2 3 ， ∴g α＋π 6 ＝－cos 2α＋π 3 ＝－cos 2αcosπ 3 ＋sin 2αsinπ 3 ＝－1 3 ×1 2 ＋ －2 2 3 × 3 2 ＝ －1＋2 6 6 . 三角函数与其他知识交汇问题 [例 2] 已知向量 m＝ 3sin x 4 ，1 ，n＝ cos x 4 ，cos2 x 4 . (1)若 m·n＝1，求 cos 2π 3 －x 的值； (2)记 f(x)＝m·n，在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且(2a－c)cos B＝bcos C，求 f(A)的取值范围． [解] (1)m·n＝ 3sinx 4 cosx 4 ＋cos2x 4 ＝ 3 2 sinx 2 ＋ 1＋cosx 2 2 ＝sin x 2 ＋π 6 ＋1 2 ＝1， ∴sin x 2 ＋π 6 ＝1 2 . ∵cos x＋π 3 ＝1－2sin2 x 2 ＋π 6 ＝1 2 ， ∴cos 2π 3 －x ＝－cos x＋π 3 ＝－1 2 . (2)∵(2a－c)cos B＝bcos C， 由正弦定理，得(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C. ∴2sin Acos B－sin Ccos B＝sin Bcos C. ∴2sin Acos B＝sin(B＋C)． ∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A≠0. ∴cos B＝1 2 ， ∵0b，则 A>B，故 B＝π 4 .根据余弦定理，有(4 2)2＝52＋c2－2×5c× －3 5 ，解得 c＝1 或 c＝－7(舍去)，于是向量 BA―→在 BC―→方向上的投影为| BA―→|cos B＝1× 2 2 ＝ 2 2 ，故选 B. 2．已知△ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，向量 m＝(－sin B，cos B)，n ＝(sin C，cos C)，若 m·n＝－ 3 2 ，且 a＝1，b＝ 3，则 B＝( ) A.π 3 或2π 3 B.π 4 C.π 3 D.3π 4 或π 4 解析：选 A 由 m·n＝－ 3 2 ，得－sin Bsin C＋cos Bcos C＝－ 3 2 ，即 cos(B＋C)＝－ 3 2 ， 所以 cos A＝ 3 2 ，由 00)的图象与 x 轴的交点的横坐标构成一 个公差为π 2 的等差数列，要得到函数 g(x)＝2sin ωx 的图象，只需将函数 f(x)的图象( ) A．向左平移π 12 个单位长度 B．向右平移π 6 个单位长度 C．向右平移5π 12 个单位长度 D．向左平移π 3 个单位长度 解析：选 C 由题意知 f(x)的周期为π，∴ω＝2， ∴g(x)＝2sin 2x＝2cos 2x－π 2 ＝2cos2 x－5π 12 ＋π 3 ，∴要得到函数 g(x)＝2sin 2x 的图 象，只需将函数 f(x)＝2cos 2x＋π 3 的图象向右平移5π 12 个单位长度． 4.已知函数 y＝tan π 4 x－π 2 的部分图象如图所示，则( OA―→＋ OB―→)· AB―→＝________. 解析：y＝tan π 4 x－π 2 ＝0⇒π 4 x－π 2 ＝kπ(k∈Z)，x＝4k＋2(k∈ Z)，结合题中图得 x＝2，故 A(2,0)，由 y＝tan π 4 x－π 2 ＝1⇒π 4 x－π 2 ＝kπ＋π 4 ⇒x＝4k＋3(k ∈Z)，结合题中图得 x＝3，故 B(3,1)，所以 OA―→＋ OB―→＝(5,1)， AB―→＝(1,1)．故( OA―→＋ OB―→)· AB―→＝5×1＋1×1＝6. 答案：6 5．(2017·临沂模拟)已知函数 f(x)＝4sin x－π 3 cos x＋ 3. (1)求函数 f(x)的最小正周期和单调递增区间； (2)若函数 g(x)＝f(x)－m 在 0，π 2 上有两个不同的零点 x1，x2，求实数 m 的取值范围，并 计算 tan(x1＋x2)的值． 解：(1)f(x)＝4sin x－π 3 cos x＋ 3 ＝4 1 2 sin x－ 3 2 cos x cos x＋ 3 ＝2sin xcos x－2 3cos2x＋ 3 ＝sin 2x－ 3cos 2x ＝2sin 2x－π 3 . 所以 f(x)的最小正周期 T＝π. 由 2kπ－π 2 ≤2x－π 3 ≤2kπ＋π 2 (k∈Z)，得 kπ－π 12 ≤x≤kπ＋5π 12 (k∈Z)． 所以函数 f(x)的单调递增区间为 kπ－π 12 ，kπ＋5π 12 (k∈Z)． (2)方程 g(x)＝0 同解于 f(x)＝m， 在平面直角坐标系中画出函数 f(x)＝2sin 2x－π 3 在 0，π 2 上的图象，如图所示，由图象 可知， 当且仅当 m∈[ 3，2)时，方程 f(x)＝m 有两个不同的解 x1，x2，且 x1＋x2＝2×5π 12 ＝5π 6 ， 故 tan(x1＋x2)＝tan5π 6 ＝－tanπ 6 ＝－ 3 3 . 6．在△ABC 中，AD 是 BC 边的中线，AB2＋AC2＋AB·AC＝BC2，且△ABC 的面积为 3. (1)求∠BAC 的大小及 AB―→· AC―→的值； (2)若 AB＝4，求 AD 的长． 解：(1)在△ABC 中，由 AB2＋AC2＋AB·AC＝BC2，可得AB2＋AC2－BC2 2·AB·AC ＝－1 2 ＝cos∠BAC， 故∠BAC＝120°. 因为 S△ABC＝1 2 AB·AC·sin∠BAC＝1 2 ·AB·AC·sin 120°＝ 3， 所以1 2 ·AB·AC· 3 2 ＝ 3，解得 AB·AC＝4. 所以 AB―→· AC―→＝| AB―→|·| AC―→|×cos 120°＝| AB―→|·| AC―→|· －1 2 ＝4× －1 2 ＝－2. (2)法一：由 AB＝4，AB·AC＝4 得 AC＝1. 在△ABC 中，由余弦定理得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝16＋1－2×4×1× －1 2 ＝21， 得 BC＝ 21. 由正弦定理得 BC sin∠BAC ＝ AC sin∠ABC ， 则 sin∠ABC＝ACsin∠BAC BC ＝ 1× 3 2 21 ＝ 7 14 . ∵0°<∠ABC<60°，故 cos∠ABC＝3 21 14 . 在△ABD 中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcos∠ABD＝16＋21 4 －2×4× 21 2 ×3 21 14 ＝13 4 ， 得 AD＝ 13 2 . 法二：由 AB＝4，AB×BC＝4 得 AC＝1. 在△ABC 中，由余弦定理得 BC2＝AB2＋AC2－2AB×ACcos∠BAC＝16＋1－2×4×1× －1 2 ＝21， 得 BC＝ 21， cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC2 2AB×BC ＝16＋21－1 2×4× 21 ＝3 21 14 ， 在△ABD 中，AD2＝AB2＋BD2－2AB×BDcos∠ABD＝16＋21 4 －2×4× 21 2 ×3 21 14 ＝13 4 ， 得 AD＝ 13 2 . 7．(2017·衢州质检)已知函数 f(x)＝ 3cos π 2 ＋x ·cos x＋sin2x，x∈R. (1)求 f(x)的单调递增区间； (2)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 B＝π 4 ，a＝2 且角 A 满足 f(A)＝0， 求△ABC 的面积． 解 ： (1)f(x) ＝ 3 cos π 2 ＋x ·cos x ＋ sin2x ＝ － 3 sin xcos x ＋ 1－cos 2x 2 ＝ 1 2 － 3 2 sin 2x＋1 2 cos 2x ＝1 2 －sin 2x＋π 6 ， 令 2kπ＋π 2 ≤2x＋π 6 ≤2kπ＋3π 2 ，k∈Z， 得 kπ＋π 6 ≤x≤kπ＋2π 3 ，k∈Z. ∴f(x)的单调递增区间是 kπ＋π 6 ，kπ＋2π 3 ，k∈Z. (2)∵f(A)＝0，∴1 2 －sin 2A＋π 6 ＝0， 又∵00，若 f(x)的图象上相邻两个对称中心的距离大于等于π. (1)求ω的取值范围； (2)在△ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，a＝ 3，当ω最大时，f(A)＝1，求△ABC 的面积的最大值． 解：(1)由题意知 f(x)＝m·n＝cos2ωx－sin2ωx＋ 3sin 2ωx＝cos 2ωx＋ 3sin 2ωx＝ 2sin 2ωx＋π 6 . ∵T 2 ＝1 2 ·2π 2ω ＝ π 2ω ≥π，又ω>0，∴0<ω≤1 2 . (2)由(1)知ωmax＝1 2 ，f(A)＝2sin A＋π 6 ＝1， 即 sin A＋π 6 ＝1 2 . 又 00，|φ|<π 2 满足 f x＋π 2 ＝－f(x)，若其图象向左平移π 6 个单位后得到的函数为奇函数． (1)求 f(x)的解析式； (2)在锐角△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足(2c－a)cos B＝bcos A，求 f(A)的取值范围． 解：(1)∵f x＋π 2 ＝－f(x)， ∴f(x＋π)＝－f x＋π 2 ＝f(x)，∴T＝π，∴ω＝2， 则 f(x)的图象向左平移π 6 个单位后得到的函数为 g(x)＝sin 2x＋π 3 ＋φ ，而 g(x)为奇函数， 则有π 3 ＋φ＝kπ，k∈Z，而|φ|<π 2 ， 则有φ＝－π 3 ，从而 f(x)＝sin 2x－π 3 . (2)∵(2c－a)cos B＝bcos A， 由正弦定理得 2sin Ccos B＝sin (A＋B)＝sin C. ∵C∈ 0，π 2 ，∴sin C≠0，∴cos B＝1 2 ，∴B＝π 3 . ∵△ABC 是锐角三角形，C＝2π 3 －A<π 2 ， ∴π 6 0 的图象在 y 轴右侧的第一个最高点为 P π 6 ，1 ，在原点右侧与 x 轴的第一个交点为 Q 5π 12 ，0 ，则 f π 3 的 值为( ) A．1 B. 2 2 C.1 2 D. 3 2 解析：选 C 由题意得T 4 ＝5π 12 －π 6 ，所以 T＝π，所以ω＝2，则 f(x)＝sin(2x＋φ)，将点 P π 6 ，1 代入 f(x)＝sin(2x＋φ)，得 sin 2×π 6 ＋φ ＝1，所以φ＝π 6 ＋2kπ(k∈Z)．又|φ|<π 2 ， 所以φ＝π 6 ，即 f(x)＝sin 2x＋π 6 (x∈R)，所以 f π 3 ＝sin 2×π 3 ＋π 6 ＝sin5π 6 ＝1 2 ，选 C. 7．将函数 f(x)＝sin 2x＋cos 2x 的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于 y 轴对称， 则φ的最小正值是( ) A.π 8 B.π 4 C.3π 8 D.3π 4 解析：选 C f(x)＝ 2sin 2x＋π 4 的图象在 y 轴左侧的第一条对称轴方程为 x＝－3π 8 ，将 f(x)的图象向右平移φ个单位长度，所得图象关于 y 轴对称，则φ的最小正值是3π 8 . 8．(2018 届高三·沈阳十校联考)在△ABC 中，点 P 是 AB 上的一点，且 CP―→＝2 3 CA―→＋1 3 CB―→， Q 是 BC 的中点，AQ 与 CP 的交点为 M，又 CM―→＝t CP―→，则 t 的值为( ) A.1 2 B.2 3 C.3 4 D.4 5 解析：选 C 因为 CP―→＝2 3 CA―→＋1 3 CB―→，所以 3 CP―→＝2 CA―→ ＋ CB―→，即 2 CP―→－2 CA―→＝ CB―→－ CP―→，所以 2 AP―→＝ PB―→，故 P 是 AB 的一个三等分点．因为 A，M，Q 三点共线，所以可设 CM―→＝ xCQ―→＋(1－x)· CA―→，则 CM―→＝x 2 CB―→＋(x－1) AC―→ (00 恒成立，则实数θ的取值范围是( ) A. π 12 ，5π 12 B. π 6 ，π 4 C. π 4 ，3π 4 D. π 6 ，5π 6 解析：选 A 由题可设 f(x)＝(cos θ＋sin θ＋1)x2＋(2sin θ＋1)x＋sin θ.因为θ∈[0， π)，所以θ＋π 4 ∈ π 4 ，5π 4 ，所以 cos θ＋sin θ＋1＝ 2sin θ＋π 4 ＋1∈(0， 2＋1]，所 以关于 x 的一元二次函数的图象开口方向向上，要使 x∈[－1,0]，f(x)>0 恒成立，则必有 f 0 ＝sin θ>0， f －1 ＝cos θ>0， 所以θ∈ 0，π 2 ，此时 2cos θ＋2sin θ＋2>2sin θ＋1，则函数的 对称轴 x0＝－ 2sin θ＋1 2cos θ＋2sin θ＋2 >－1，且 x0<0，所以Δ＝(2sin θ＋1)2－4sin θ(cos θ＋ sin θ＋1)<0，整理得 sin 2θ>1 2 ，所以 2θ∈ π 6 ，5π 6 ，即θ∈ π 12 ，5π 12 ，故选 A. 10．已知共面向量 a，b，c 满足|a|＝3，b＋c＝2a，且|b|＝|b－c|.若对每一个确定的向量 b，记|b－ta|(t∈R)的最小值为 dmin，则当 b 变化时，dmin 的最大值为( ) A.4 3 B．2 C．4 D．6 解析：选 B 不妨设向量 a＝(3,0)，则由 b＋c＝2a，设|b－a|＝|c －a|＝r，则向量 b，c 对应的点分别在以(3,0)为圆心，r 为半径的圆上 的直径两端运动，其中 OA―→＝a， OB―→＝b， OC―→＝c，并设∠BAH＝θ， 如图，易得点 B 的坐标 B(rcos θ＋3，rsin θ)，因为|b|＝|b－c|， 所以| OB―→|＝| CB―→|，则(rcos θ＋3)2＋(rsin θ)2＝4r2，整理为 r2－2rcos θ－3＝0，∴cos θ ＝r2－3 2r ，而|b－ta|(t∈R)表示向量 b 对应的点到动点(3t,0)的距离，向量|b－ta|(t∈R)的最小 值 为 向 量 b 对 应 的 点 到 x 轴 的 距 离 dmin ， 即 dmin ＝ | BH―→ | ＝ rsin θ ＝ r 1－cos2θ ＝ －r4＋10r2－9 4 ＝ 4－ r2－5 2 4 ≤2，所以 dmin 的最大值是 2，故选 B. 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分，把答案填在题 中横线上) 11．已知函数 f(x)＝tan x＋π 6 ，则 f(x)的最小正周期为________，f π 4 ＝________. 解析：因为 f(x)＝tan x＋π 6 ，所以函数 f(x)的最小正周期 T＝π，f π 4 ＝tan π 4 ＋π 6 ＝ tanπ 4 ＋tanπ 6 1－tanπ 4 ·tanπ 6 ＝ 1＋ 3 3 1－ 3 3 ＝2＋ 3. 答案：π 2＋ 3 12．在△ABC 中，D 为 BC 边的中点，AD＝1，点 P 在线段 AD 上，则 PA―→·( PB―→＋ PC―→)的最 小值为________，这时| PA―→|＝________. 解 析 ： 依 题 意 得 ， PA―→ ·( PB―→ ＋ PC―→ ) ＝ 2 PA―→ · PD―→ ＝ － 2| PA―→ |·| PD―→ |≥ － 2 | PA―→|＋| PD―→| 2 2＝－| AD―→|2 2 ＝－1 2 ，当且仅当| PA―→|＝| PD―→|＝1 2 时取等号， 因此 PA―→·( PB―→＋ PC―→)的最小值是－1 2 . 答案：－1 2 1 2 13．(2017·绍兴模拟)已知△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 2cos2A＋ 3sin 2A＝2，b＝1，S△ABC＝ 3 2 ，则 A＝________， b＋c sin B＋sin C ＝________. 解析：因为 2cos2A＋ 3sin 2A＝2，所以 cos 2A＋ 3sin 2A＝1，sin 2A＋π 6 ＝1 2 ，因为 A ∈(0，π)，所以 2A＋π 6 ∈ π 6 ，13π 6 ，所以 2A＋π 6 ＝5π 6 ，解得 A＝π 3 ，所以 S△ABC＝1 2 bcsinπ 3 ＝ 3 2 ，所以 bc＝2，又 b＝1，所以 c＝2.由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccosπ 3 ＝5－2＝3，所以 a2＋ b2＝c2，所以△ABC 为直角三角形，C＝π 2 ，所以 sin B＝1 2 ，sin C＝1，所以 b＋c sin B＋sin C ＝ 3 1 2 ＋1 ＝2. 答案：π 3 2 14．设 e1，e2 为单位向量，且 e1，e2 的夹角为π 3 ，若 a＝e1＋3e2，b＝2e1，则 a·b＝________， 向量 a 在 b 方向上的射影为________． 解析：依题意得|e1|＝|e2|＝1 且 e1·e2＝1 2 ，a·b＝(e1＋3e2)·2e1＝2e2 1＋6e1·e2＝2＋6×1 2 ＝ 5，|b|＝2，所以向量 a 在 b 方向上的射影为|a|cos〈a，b〉＝a·b |b| ＝5 2 . 答案：5 5 2 15．(2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 2bcos B＝acos C ＋ccos A，则 B＝________. 解析：法一：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及正弦定理，得 2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin(A＋C)＝sin B＞0，因此 cos B＝1 2 .又 0＜B＜π，所以 B＝π 3 . 法二：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及余弦定理，得 2b·a2＋c2－b2 2ac ＝a·a2＋b2－c2 2ab ＋ c·b2＋c2－a2 2bc ，整理得，a2＋c2－b2＝ac，所以 2accos B＝ac＞0，cos B＝1 2 .又 0＜B＜π，所以 B ＝π 3 . 答案：π 3 16．(2017·山东高考)已知 e1，e2 是互相垂直的单位向量．若 3e1－e2 与 e1＋λe2 的夹角为 60°，则实数λ的值是________． 解析：因为 3e1－e2· e1＋λe2 | 3e1－e2|·|e1＋λe2| ＝ 3－λ 2 1＋λ2 ， 故 3－λ 2 1＋λ2 ＝1 2 ，解得λ＝ 3 3 . 答案： 3 3 17．(2017·宁波质检)已知平面向量α，β(α≠0)满足|β|＝1，且α与β－α的夹角为 120°，则|α|的取值范围是________． 解析：如图，设 AC―→＝α， AB―→＝β，则在△ABC 中，∠ACB＝60°， 根据正弦定理得 |α| sin∠ABC ＝ |β| sin 60° ，即|α|＝sin∠ABC sin 60° ＝2 3 3 sin∠ ABC，由于 0°<∠ABC<120°，所以 02”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 A 由 a<－2 可以推出|a|>2，即充分性成立；但由|a|>2 得到 a<－2 或 a>2，即必 要性不成立．所以“a<－2”是“|a|>2”的充分不必要条件．故选 A. 3．定义在 R 上的偶函数 f(x)，当 x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则 f(－2)，f(π)，f(－ 3)的大小关系是( ) A．f(π)>f(－3)>f(－2) B．f(π)>f(－2)>f(－3) C．f(π)0， cos x，x≤0， 则下列结论正确的是( ) A．f(x)是偶函数 B．f(x)是增函数 C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1，＋∞) 解析：选 D 因为 f(π)＝π2＋1，f(－π)＝－1，所以 f(－π)≠f(π)，所以函数 f(x)不 是偶函数，排除 A；因为函数 f(x)在(－2π，－π)上单调递减，排除 B；函数 f(x)在(0，＋∞) 上单调递增，所以函数 f(x)不是周期函数，排除 C；因为 x>0 时，f(x)>1，x≤0 时，－1≤f(x)≤1， 所以函数 f(x)的值域为[－1，＋∞)，故选 D. 8．将函数 f(x)＝2sin ωx－π 3 (ω>0)的图象向左平移 π 3ω 个单位，得到函数 y＝g(x)的图 象．若 y＝g(x)在 0，π 4 上为增函数，则ω的最大值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 将函数 f(x)＝2sin ωx－π 3 (ω>0)的图象向左平移 π 3ω 个单位，得 g(x)＝ 2sinωx＋ π 3ω －π 3 ＝2sin ωx＋π 3 －π 3 ＝2sin ωx，当 x∈ 0，π 4 时，ωx∈ 0，ωπ 4 ，要使 y ＝g(x)在 0，π 4 上为增函数，需满足ωπ 4 ≤π 2 ，即ω≤2，故ω的最大值为 2. 9．设 D，E 分别为线段 AB，AC 的中点，且 BE―→· CD―→＝0，记α为 AB―→与 AC―→的夹角，则下 列判断正确的是( ) A．cos α的最小值为 2 2 B．cos α的最小值为1 3 C．sin 2α＋π 2 的最小值为 8 25 D．sin π 2 －2α 的最小值为 7 25 解析：选 D 依题意得 CD―→＝1 2 ( CA―→＋ CB―→)＝1 2 [－ AC―→＋( AB―→－ AC―→)]＝1 2 ( AB―→－2 AC―→)， BE―→＝1 2 ( BA―→＋ BC―→)＝1 2 [－ AB―→＋( AC―→－ AB―→)]＝1 2 ( AC―→－2 AB―→)．由 CD―→· BE―→＝0，得1 4 ( AB―→ －2 AC―→)·( AC―→－2 AB―→)＝0，即－2 AB―→ 2 －2 AC―→ 2 ＋5 AB―→· AC―→＝0，| AB―→|2 ＋| AC―→|2 ＝ 5 2 | AB―→|·| AC―→|cos α≥2| AB―→|·| AC―→|，所以 cos α≥4 5 ，sinπ 2 －2α＝cos 2α＝2cos2α－ 1≥2× 4 5 2－1＝ 7 25 ，所以 sin π 2 －2α 的最小值是 7 25 .故选 D. 10．函数 f(x)＝a(3x2－2x)＋b(1－2x)(0≤x≤1)，其中 a>0，b 为任意常数，当|f(0)|≤2， |f(1)|≤2 时，|f(x)|的最大值为( ) A．1 B．3 2 C．2 D．3 解析：选 C f(x)＝3ax2－(2a＋2b)x＋b，设|f(x)|的最大值为 M. ①当a＋b 3a ≥1，即 b≥2a 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递减，M＝max{|f(0)|，|f(1)|}≤2. ②当a＋b 3a ≤0，即 b≤－a 时，函数 f(x)在[0,1]上单调递增，M＝max{|f(0)|，|f(1)|}≤2. ③当 00 ， 则 |f(1)| － |f a＋b 3a | ＝ 2a2－b2－2ab 3a ＝ 3a2－ a＋b 2 3a ≥a 4 >0，所以 M＝f(1)≤2；(ⅱ)当1 2 0，则|f(0)|－|f a＋b 3a |＝4ab－a2－b2 3a > 5ab 2 －a2－b2 3a >0，所以 M＝ f(0)≤2. 综上所述，|f(x)|的最大值 M＝2，故选 C. 二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每小题 6 分，单空题每小题 4 分，共 36 分．把答案填 在题中的横线上) 11．已知 a＝2x，b＝42 3 ，则 log2b＝________，满足 logab≤1 的实数 x 的取值范围是________． 解析：b＝4 2 3 ＝2 4 3 ，所以 log2b＝4 3 ；由 log2xb≤1，得 log2x2 4 3 ＝ 4 3x ≤1，即3x－4 3x ≥0，解得 x≥4 3 或 x<0，即 x 的取值范围为(－∞，0)∪ 4 3 ，＋∞ . 答案：4 3 (－∞，0)∪ 4 3 ，＋∞ 12．(2017·宁波期末)若正数 x，y 满足 x2＋4y2＋x＋2y＝1，则 xy 的最大值为________． 解析：1＝x2＋4y2＋x＋2y≥4xy＋2 2 xy，则 xy≤ 6－ 2 4 ，则 xy≤2－ 3 4 . 答案：2－ 3 4 13．在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边长分别为 a，b，c，记 S 为△ABC 的面积．若 A＝60°， b＝1，S＝3 3 4 ，则 c＝________，cos B＝________. 解析：因为 S＝1 2 bcsin A＝1 2 ×1×c× 3 2 ＝3 3 4 ，所以 c＝3；由余弦定理，得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝1＋9－6×1 2 ＝7，所以 cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝ 7＋9－1 2× 7×3 ＝5 7 14 . 答案：3 5 7 14 14．已知函数 f(x)＝x3－3x，函数 f(x)的图象在 x＝0 处的切线方程是________；函数 f(x) 在[0,2]内的值域是________． 解析：∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3，又∵f(0)＝0，∴函数 f(x)在 x＝0 处的切线的 斜率为 f′(0)＝－3，∴f(x)＝x3－3x 在点(0,0)处的切线的方程为 y＝－3x.令 f′(x)＝3x2－3 ＝0，得 x＝±1，当 x 变化时，f(x)与 f′(x)的变化情况如下表. x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 极大值 2 极小值－2 ∴在[0,1]上，f(x)是减函数，其最小值为 f(1)＝－2，最大值为 f(0)＝0；在[1,2]上，f(x) 是增函数，其最小值为 f(1)＝－2，最大值为 f(2)＝2.综上，在[0,2]上，f(x)的值域为[－2,2]． 答案：y＝－3x [－2,2] 15．在△ABC 中，A＝π 3 ，AB＝2，AC＝3， CM―→＝2 MB―→，则 AM―→· BC―→＝________. 解析：因为 AM―→＝ AC―→＋ CM―→＝ AC―→＋2 3 CB―→＝ AC―→＋2 3 ( AB―→－ AC―→)＝1 3 AC―→＋2 3 AB―→，所以 AM―→· BC―→＝ 1 3 AC―→＋2 3 AB―→ ·( AC―→－ AB―→)＝1 3 ×32－2 3 ×22＋1 3 AB―→· AC―→＝1 3 ＋1 3 ×3×2cos π 3 ＝ 4 3 . 答案：4 3 16．已知函数 f(x)＝ex，g(x)＝lnx 2 ＋1 2 的图象分别与直线 y＝m 交于 A，B 两点，则|AB|的最 小值为________． 解析：显然 m＞0，由 ex＝m 得 x＝ln m，由 ln x 2 ＋1 2 ＝m 得 x＝2e m 1 2 - ，则|AB|＝2e m 1 2 - －ln m．令 h(m)＝2e m 1 2 - －ln m，由 h′(m)＝2e m 1 2 - －1 m ＝0，求得 m＝1 2 .当 0＜m＜1 2 时，h′(m)＜0，函数 h(m) 在 0，1 2 上单调递减；当 m＞1 2 时，h′(m)＞0，函数 h(m)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增．所以 h(m)min ＝h 1 2 ＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值为 2＋ln 2. 答案：2＋ln 2 17．已知 f(x)＝x－2，g(x)＝2x－5，则不等式|f(x)|＋|g(x)|≤2 的解集为________；|f(2x)| ＋|g(x)|的最小值为________． 解析：由题意得|f(x)|＋|g(x)|＝|x－2|＋|2x－5|＝ 7－3x，x<2， －x＋3，2≤x≤5 2 ， 3x－7，x>5 2 ， 所以 |f(x)| ＋ |g(x)|≤2 等 价 于 7－3x≤2， x<2 或 －x＋3≤2， 2≤x≤5 2 或 3x－7≤2， x>5 2 ， 解 得 5 3 ≤x≤3.|f(2x)|＋|g(x)|＝|2x－2|＋|2x－5|＝ 7－4x，x<1， 3，1≤x≤5 2 ， 4x－7，x>5 2 ， |f(2x)|＋|g(x)|的图象 如图，则由图象易得|f(2x)|＋|g(x)|的最小值为 3. 答案： 5 3 ，3 3 三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(本小题满分 14 分)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，a＋1 a ＝4cos C，b ＝1. (1)若 A＝90°，求△ABC 的面积； (2)若△ABC 的面积为 3 2 ，求 a，c. 解：(1)∵b＝1，∴a＋1 a ＝4cos C＝4×a2＋b2－c2 2ab ＝2 a2＋1－c2 a ， ∴2c2＝a2＋1. 又 A＝90°，∴a2＝b2＋c2＝c2＋1， ∴2c2＝a2＋1＝c2＋2，∴c＝ 2，a＝ 3， ∴S△ABC＝1 2 bcsin A＝1 2 bc＝1 2 ×1× 2＝ 2 2 . (2)∵S△ABC＝1 2 absin C＝1 2 asin C＝ 3 2 ，∴sin C＝ 3 a ， ∵a＋1 a ＝4cos C，sin C＝ 3 a ， ∴ 1 4 a＋1 a 2＋ 3 a 2＝1，化简得(a2－7)2＝0， ∴a＝ 7， 又∵a＋1 a ＝4cos C，∴cos C＝2 7 7 . 由余弦定理得 c2＝a2＋b2－2ab·cos C ＝7＋1－2× 7×1×2 7 7 ＝4，从而 c＝2. 19．(本小题满分 15 分)已知函数 f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－ 3. (1)求函数 y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间； (2)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其中 a＝7，若锐角 A 满足 f A 2 －π 6 ＝ 3，且 sin B＋sin C＝13 3 14 ，求 b·c 的值． 解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－ 3＝sin 2x＋ 3cos 2x＝2sin 2x＋π 3 ，因此 f(x) 的最小正周期为 T＝2π 2 ＝π. 由 2kπ＋π 2 ≤2x＋π 3 ≤2kπ＋3π 2 (k∈Z)， 得 kπ＋π 12 ≤x≤kπ＋7π 12 (k∈Z)， 所以 f(x)的单调递减区间为 kπ＋π 12 ，kπ＋7π 12 (k∈Z)． (2)由 f A 2 －π 6 ＝2sin 2 A 2 －π 6 ＋π 3 ＝2sin A＝ 3，且 A 为锐角，所以 A＝π 3 . 由正弦定理可得 2R＝ a sin A ＝ 7 3 2 ＝14 3 ， sin B＋sin C＝b＋c 2R ＝13 3 14 ， 则 b＋c＝13 3 14 ×14 3 ＝13， 所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ b＋c 2－2bc－a2 2bc ＝1 2 ， 所以 bc＝40. 20．(本小题满分 15 分)已知向量 a＝(2,2)，向量 b 与向量 a 的夹角为3π 4 ，且 a·b＝－2. (1)求向量 b； (2)若 t＝(1,0)，且 b⊥t，c＝ cos A，2cos2C 2 ，其中 A，B，C 是△ABC 的内角，若 A，B，C 依次成等差数列，试求|b＋c|的取值范围． 解：(1)设 b＝(x，y)，则 a·b＝2x＋2y＝－2，且|b|＝ a·b |a|cos 3π 4 ＝1＝ x2＋y2， 联立方程组 2x＋2y＝－2， x2＋y2＝1， 解得 x＝－1， y＝0 或 x＝0， y＝－1. ∴b＝(－1,0)或 b＝(0，－1)． (2)∵b⊥t，且 t＝(1,0)，∴b＝(0，－1)． ∵A，B，C 依次成等差数列，∴B＝π 3 . ∴b＋c＝ cos A，2cos2C 2 －1 ＝(cos A，cos C)， ∴|b＋c|2＝cos2A＋cos2C＝1＋1 2 (cos 2A＋cos 2C) ＝1＋1 2 cos 2A＋cos 4π 3 －2A ＝1＋1 2 cos 2A－1 2 cos 2A－ 3 2 sin 2A ＝1＋1 2 cos 2A＋π 3 . ∵A∈ 0，2π 3 ，则 2A＋π 3 ∈ π 3 ，5π 3 ， ∴－1≤cos 2A＋π 3 <1 2 ， ∴1 2 ≤|b＋c|2<5 4 ， 故 2 2 ≤|b＋c|< 5 2 . 21．(本小题满分 15 分)已知函数 f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1)． (1)设 a＝2，b＝1 2 . ①求方程 f(x)＝2 的根； ②若对于任意 x∈R，不等式 f(2x)≥mf(x)－6 恒成立，求实数 m 的最大值． (2)若 0＜a＜1，b＞1，函数 g(x)＝f(x)－2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值． 解：(1)因为 a＝2，b＝1 2 ，所以 f(x)＝2x＋2－x. ①方程 f(x)＝2，即 2x＋2－x＝2， 亦即(2x)2－2×2x＋1＝0， 所以(2x－1)2＝0，即 2x＝1，解得 x＝0. ②由条件知 f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2＝(f(x))2－2. 因为 f(2x)≥mf(x)－6 对于 x∈R 恒成立，且 f(x)＞0， 所以 m≤ f x 2＋4 f x 对于 x∈R 恒成立． 而 f x 2＋4 f x ＝f(x)＋ 4 f x ≥2 f x· 4 f x ＝4，且 f 0 2＋4 f 0 ＝4， 所以 m≤4，故实数 m 的最大值为 4. (2)因为函数 g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2 有且只有 1 个零点，而 g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2 ＝0， 所以 0 是函数 g(x)的唯一零点． 因为 g′(x)＝axln a＋bxln b，又由 0＜a＜1，b＞1 知 ln a＜0，ln b＞0，所以 g′(x)＝0 有唯一解 x0＝log b a －ln a ln b . 令 h(x)＝g′(x)，则 h′(x)＝(axln a＋bxln b)′ ＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2， 从而对任意 x∈R，h′(x)＞0， 所以 g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当 x∈(－∞，x0)时，g′(x)＜g′(x0)＝0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＞g′(x0)＝0. 因而函数 g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数． 下证 x0＝0. 若 x0＜0，则 x0＜x0 2 ＜0，于是 g x0 2 ＜g(0)＝0. 又 g(loga2)＝a alog 2 ＋b alog 2 －2＞a alog 2 －2＝0，且函数 g(x)在以x0 2 和 loga2 为端点的闭区间 上的图象不间断，所以在x0 2 和 loga2 之间存在 g(x)的零点，记为 x1. 因为 0＜a＜1，所以 loga2＜0. 又x0 2 ＜0，所以 x1＜0，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛盾． 若 x0＞0，同理可得，在x0 2 和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点，与“0 是函数 g(x)的唯一零 点”矛盾． 因此，x0＝0. 于是－ln a ln b ＝1，故 ln a＋ln b＝0，所以 ab＝1. 22．(本小题满分 15 分)设函数 f(x)＝αcos 2x＋(α－1)·(cos x＋1)，其中α>0，记|f(x)| 的最大值为 A. (1)求 f′(x)； (2)求 A； (3)证明|f′(x)|≤2A. 解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x. (2)当α≥1 时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝ f(0)．故 A＝3α－2. 当 0<α<1 时，将 f(x)变形为 f(x)＝2αcos2x＋(α－1)cos x－1. 令 g(t)＝2αt2＋(α－1)t－1， 则 A 是|g(t)|在[－1,1]上的最大值， g(－1)＝α，g(1)＝3α－2， 且当 t＝1－α 4α 时，g(t)取得极小值， 极小值为 g 1－α 4α ＝－ α－1 2 8α －1＝－α2＋6α＋1 8α . 令－1<1－α 4α <1，解得α>1 5 . ①当 0<α≤1 5 时，g(t)在[－1,1]内无极值点，|g(－1)|＝α， |g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，所以 A＝2－3α. ②当1 5 <α<1 时，由 g(－1)－g(1)＝2(1－α)>0， 知 g(－1)>g(1)>g 1－α 4α . 又|g 1－α 4α |－|g(－1)|＝ 1－α 1＋7α 8α >0， 所以 A＝|g 1－α 4α |＝α2＋6α＋1 8α . 综上，A＝ 2－3α，0<α≤1 5 ， α2＋6α＋1 8α ，1 5 <α<1， 3α－2，α≥1. (3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|. 当 0<α≤1 5 时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A. 当1 5 <α<1 时，A＝α 8 ＋ 1 8α ＋3 4 >1， 所以|f′(x)|≤1＋α<2A. 当α≥1 时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A. 所以|f′(x)|≤2A.