【数学】2020届一轮复习人教B版高考中的三角函数与解三角形问题学案
高考专题突破三 高考中的三角函数与解三角形问题
题型一 三角函数的图象和性质
例1已知函数f(x)＝5sinxcosx－5cos2x＋(其中x∈R)，求：
(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．
解 (1)因为f(x)＝sin2x－(1＋cos2x)＋
＝5＝5sin，
所以函数的最小正周期T＝＝π.
(2)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋ (k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递增区间为
(k∈Z)．
由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以函数f(x)的单调递减区间为
(k∈Z)．
(3)由2x－＝kπ＋(k∈Z)，
得x＝＋(k∈Z)，
所以函数f(x)的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)．
由2x－＝kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，
所以函数f(x)的对称中心为(k∈Z)．
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＝sint的图象求解．
跟踪训练1(2018·“七彩阳光联盟”期初联考)已知f(x)＝2cos2x＋sin2x－＋1(x∈R)，求：
(1)f(x)的单调递增区间；
(2)当x∈时，求f(x)的值域．
解 由题意得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)，
∴函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
(2)∵x∈，∴2x＋∈，
∴sin∈，∴f(x)∈[0,3]．
故f(x)的值域为[0,3]．
题型二 解三角形
例2△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA＋cosA＝0，a＝2，b＝2.
(1)求角A和边长c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
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的面积．
解 (1)在△ABC中，因为∠A＝60°，c＝a，
所以由正弦定理得
sinC＝＝×＝.
(2)因为a＝7，所以c＝×7＝3.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得
72＝b2＋32－2b×3×，
解得b＝8或b＝－5(舍去)．
所以△ABC的面积S＝bcsinA＝×8×3×＝6.
2．(2018·温州适应性测试)已知函数f(x)＝4cosx·cos＋1.
(1)求f的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．
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)的最小正周期为π，
当＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ(k∈Z)，
即＋kπ≤x≤＋kπ，(k∈Z)时，f(x)单调递增，
即f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
3．(2018·浙江省金华市名校第二次统练)已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，S为△ABC的面积，且2S＝c2.
(1)证明：＋＝；
(2)若＝，求tanB.
(1)证明 根据三角形的面积公式及2S＝c2得，
absinC＝c2，
∴根据正弦定理得，sinAsinB＝sinC.
又在△ABC中，A＋B＋C＝π，
∴sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，
∴sinAsinB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，
两边同时除以sinAsinB，得＋＝1.①
根据正弦定理＝＝，
得sinA＝，sinB＝，代入①化简得，
＋＝.
(2)解 由＝，得c2－a2＝bc－b2，根据余弦定理得，cosA＝＝，
又A∈(0，π)，∴sinA＝，
又由(1)知sinAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB，
∴sinB＝cosB＋sinB，
故tanB＝.
4．(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知f(x)＝cosx·sin＋1.
(1)求f(x)在[0，π]上的单调递增区间；
(2)在△ABC中，若角A，B，C的对边分别是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]上的单调递增区间是和.
(2)由f(B)＝sin＋＝，
得sin＝1.
又B是△ABC的内角，∴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，则a－c＝0.
5.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC＋asinC－b－c＝0.
(1)求A；
(2)若AD为BC边上的中线，cosB＝，AD＝，求△ABC的面积．
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，
则sinAsinC－cosAsinC＝sinC.
又sinC≠0，所以sinA－cosA＝1，所以sin(A－30°)＝.
在△ABC中，0°0)，
则在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcosB，
即＝25x2＋×49x2－2×5x××7x×，
解得x＝1(负值舍去)，所以a＝7，c＝5，
故S△ABC＝acsinB＝10.
6．已知函数f(x)＝cos2ωx＋sin2ωx＋t(ω>0)，若f(x)的图象上相邻两条对称轴的距离为，图象过点(0,0)．
(1)求f(x)的表达式和f(x)的单调增区间；
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，若函数F(x)＝g(x)＋k在区间上有且只有一个零点，求实数k的取值范围．
解 (1)f(x)＝cos2ωx＋sin2ωx＋t
＝2sin＋t，
f(x)的最小正周期为＝，∴ω＝2，
∵f(x)的图象过点(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)的单调增区间为，k∈Z.
(2)将函数f(x)的图象向右平移个单位长度，可得
y＝2sin－1＝2sin－1的图象，
再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)＝2sin－1的图象．
∵x∈，∴2x－∈，
∴sin∈，
故g(x)＝2sin－1在区间上的值域为.
若函数F(x)＝g(x)＋k在区间上有且只有一个零点，
由题意可知，函数g(x)＝2sin－1的图象和直线y＝－k有且只有一个交点，
根据图象(图略)可知，k＝－1或1－
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