高考中有关三角函数问题的研究
高考数学如何利用三角函数解决复杂的代数问题
高考数学如何利用三角函数解决复杂的代数问题高考数学作为一门重要的学科，常常涉及到代数问题的解决方法。
在复杂的代数问题中，我们可以运用三角函数的知识来辅助解题，提高解题效率。
本文将介绍如何利用三角函数解决复杂的代数问题，并给出具体的实例，帮助读者更好地理解和掌握相关知识。
一、三角函数的基本概念和性质在解决代数问题中，三角函数是重要的工具之一。
首先，我们来回顾一下三角函数的基本概念和性质。
1. 正弦函数：在直角三角形中，对于一个锐角A，其对边与斜边的比值称为正弦函数，用sin(A)表示。
2. 余弦函数：在直角三角形中，对于一个锐角A，其邻边与斜边的比值称为余弦函数，用cos(A)表示。
3. 正切函数：在直角三角形中，对于一个锐角A，其对边与邻边的比值称为正切函数，用tan(A)表示。
4. 三角函数的周期性：正弦函数、余弦函数和正切函数都具有周期性，周期为2π。
以上是三角函数的基本概念和性质，对于需要用到三角函数的代数问题，我们需要根据具体情况选择适当的三角函数来辅助求解。
二、利用三角函数解决代数问题的基本方法在解决复杂的代数问题时，我们可以运用三角函数的基本知识和性质，采用以下基本方法：1. 构建合适的直角三角形：根据代数问题的要求，我们可以通过构建合适的直角三角形来辅助求解。
在构建过程中，可以利用已知条件，使用正弦函数、余弦函数和正切函数来求解未知量。
2. 利用三角函数的性质：在代数问题的解决过程中，可以根据三角函数的性质，如正弦函数的奇偶性、余弦函数的周期性等，运用代数运算的方法简化表达式，使得问题的求解更加方便。
3. 利用三角函数的相关公式：三角函数有一系列的相关公式，如和差化积、积化和差等等，我们可以根据具体情况灵活运用这些公式，将复杂的问题转化为简化的形式，从而更好地解决代数问题。
通过以上的基本方法，我们可以灵活地运用三角函数的相关知识来解决复杂的代数问题。
下面我们将通过一个具体的例子来说明这些方法的应用。
高考数学中的三角函数解析
高考数学中的三角函数解析在高考数学中，三角函数是一个非常重要的概念。
难度不仅仅在于其本身的计算，更在于其运用。
本文将详细探讨三角函数的解析，包括知识点、考点、实例等。
希望能为广大高中生以及准备参加高考的同学提供一些参考。
一、三角函数的定义与知识点三角函数是数学中的一类特殊函数，它们的输入是一个角度，输出是其对应的函数值。
常见的三角函数有正弦函数、余弦函数、正切函数等等。
以正弦函数为例，其定义为：$$\sin x = \frac{y}{r}$$其中，$x$ 表示角度，$y$ 表示该角度下的三角形对边的长度，$r$ 表示该角度下的三角形斜边的长度。
根据这个定义，我们可以得出一些基本的知识点：1. 正弦函数的值域为 $[-1,1]$，当 $x=90k(k\in\mathbb{Z})$ 时取到最大值 1，$x=90k+270(k\in\mathbb{Z})$ 时取到最小值 -1。
2. 正弦函数的周期为 $360^\circ$ 或 $2\pi$。
3. 正弦函数的奇偶性：$\sin(-x)=-\sin x$，正弦函数是奇函数。
其他三角函数的定义和知识点也类似，不再一一赘述。
二、三角函数的运用三角函数的应用非常广泛，下面我们将介绍几个常见的运用场景。
1. 三角函数的图像分析三角函数的图像是高考中经常会出现的题型，不仅要求我们准确地画出函数图像，还需要根据图像求出一些具体的函数值或者性质。
对此，我们可以从以下几个角度进行分析。
（1）函数的周期：通过观察函数图像，我们可以知道其周期。
这个很容易理解，因为周期是函数图像上出现的一个最小重复单元，只需要找到这个周期就可以很方便地求出其他周期的函数值或性质。
（2）函数的最大值最小值：在一些特殊的角度下，函数取到最大值或最小值，这些角度常常是某些需要求解的问题的关键。
高考中常见的一个例子就是楼梯问题，这个问题可以利用正弦函数的最大值最小值求解。
关于这个问题的具体解法，可以参考其他文章。
探讨三角函数在高考中的应用
探讨三角函数在高考中的应用三角函数是高中数学中一个重要的概念，其应用范围广泛且深入。
在高考中，三角函数的应用可以分为几个方面：几何应用、力学应用、电学应用以及数学建模等。
下面将就这些方面进行一一探讨。
首先是三角函数的几何应用。
在几何学中，三角函数主要用于解决直角三角形的问题，如计算两个已知边长的直角三角形的角度，或者计算已知角度和边长的直角三角形的缺失边长。
在高考中，这类问题通常涉及到分辨角的大小、测量长度以及计算面积等，需要运用到三角函数的概念和公式。
例如，在解决角度问题时，可以利用正弦定理、余弦定理和正切定理等来求解，而在解决边长问题时，则可以利用正弦函数、余弦函数和正切函数等来计算。
其次是三角函数的力学应用。
在物理学的力学中，三角函数广泛应用于描述物体的运动规律。
例如，当我们研究一个斜抛运动的物体时，可以利用正弦函数和余弦函数来描述抛体的水平和垂直运动。
同样地，在弹簧振动中，正弦函数也被用来描述物体的位移和速度随时间的变化。
这些力学问题往往需要使用三角函数的图像、周期和频率等概念来分析和解答。
三角函数还在电学中有着广泛的应用。
在交流电中，电流和电压的变化是呈正弦函数的，这是因为交流电信号是周期性变化的。
正弦函数不仅可以描述电流和电压的变化规律，还可以用来计算交流电的频率、周期以及最大值和最小值等。
此外，在电路中，三角函数的平均值和均方根值等概念也经常被用来描述电流的大小和能量的消耗等。
最后是三角函数在数学建模中的应用。
数学建模是将现实世界的问题抽象为数学问题，并通过数学模型进行分析和求解的过程。
三角函数在数学建模中的应用广泛，如在生物学中，可以用正弦函数或余弦函数来描述生物周期的变化；在经济学中，可以用正弦函数来分析周期性的经济波动；在环境科学中，可以利用正弦函数来建模太阳辐射的季节性变化等。
这些实际问题的建模和求解需要熟练运用三角函数的概念、公式和性质。
综上所述，三角函数在高考中有着广泛的应用。
高考数学中的三角函数解题技巧
高考数学中的三角函数解题技巧在高考数学中，三角函数是一个重要的知识点，而且占有很大的比重。
三角函数解题是高考数学中的重点难点，需要掌握一些技巧。
下面将分享一些高考数学中的三角函数解题技巧。
一、理解三角函数的基本概念首先，我们需要理解三角函数的基本概念。
三角函数的基本形式是$y=f(\theta)$，其中$f(\theta)$表示这个函数与角$\theta$的关系。
常用的三角函数有正弦函数、余弦函数、正切函数等。
通过这些函数的关系，我们可以描述三角形的各个边角关系，并且能够解决与三角形有关的各种问题。
二、掌握转化为正弦函数、余弦函数的技巧有时候，我们需要将一个三角函数转化为另一个三角函数形式进行计算。
在这种情况下，我们可以通过借助三角函数的公式来进行转化。
以正弦函数为例，我们可以用以下公式将正弦函数转化为余弦函数形式：$$\sin(\theta)=\cos(\frac{\pi}{2}-\theta)$$同样的，我们可以用以下公式将余弦函数转化为正弦函数形式：$$\cos(\theta)=\sin(\frac{\pi}{2}-\theta)$$这种技巧在解题时非常实用，可以帮助我们将一些复杂的计算转化为较为简单的形式。
三、掌握三角函数的图像及性质熟练掌握三角函数的图像及性质也是解题的关键。
比如说，我们可以通过正弦函数的图像来判断一些数学问题的解。
正弦函数的图像是一条波动的曲线，其周期为$2\pi$，振幅为$1$。
因此，当我们需要求解某个最大值或最小值问题时，可以结合正弦函数图像思考：对于正弦函数而言，它的最大值与最小值均为$1$和$-1$，通过对于坐标轴上端点的观察，我们就能够迅速找到这个问题的答案。
除了正弦函数的图像，各种三角函数的图像及性质也都非常重要，大部分 trigonometric functions 的图像可以查阅资料/学习 video 得到。
在掌握三角函数图像及特性方面，记得要多加练习并且结合实际场景思考，这样才能够更好地理解并运用三角函数。
高考数学：三角函数中的最值问题(4种方法)
三角函数中的最值问题（4种方法）基本方法1、直接法：形如f (x )＝a sin x ＋b (或y ＝a cos x ＋b ),值域为[－|a |＋b ，|a |＋b ]，形如y＝asinx＋bcsinx＋c 的函数可反解出sinx，利用|sinx|≤1求解，或分离常数法.2、化一法：形如f (x )＝a sin x ＋b cos x ，f (x )＝a sin 2x ＋b cos 2x ＋c sin x cos x 的函数可化为f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的形式，利用正弦函数的有界性求解，给定x 范围时要注意讨论ωx ＋φ的范围，注意利用单位圆或函数图象．3、换元法：形如f (x )＝a sin 2x ＋b sin x ＋c 或f (x )＝a cos 2x ＋b sin x ＋c 或f (x )＝a (sin x ±cos x )＋b sin x ·cos x 的函数可通过换元转化为二次函数在某区间上的值域求解．4、几何法（数形结合）：形如dx c bx a y ++=cos sin 转化为斜率问题，或用反解法.典型例题例1已知函数f (x )=(sin x+cos x )2+cos 2x ,求f (x )在区间.解：（化一法）因为f (x )=sin 2x+cos 2x+2sin x cos x+cos 2x=1+sin 2x+cos 2x=2sin 2 +1,当x ∈0,2 ∈由正弦函数y=sin x 当2x+π4π2,即x=π8时,f (x )取最大值2+1;当2x+π45π4,即x=π2时,f (x )取最小值0.综上,f (x )在0,上的最大值为2+1,最小值为0.例2求函数y ＝2＋sin x ＋cos x 的最大值.解：（化一法）y ＝2＋2sin(x ＋π4)，当x ＝π4＋2k π(k ∈Z )时，y max ＝2＋2例3求函数f (x )＝cos2x ＋6cos(π2－x )的最大值.解：（换元法）f (x )＝1－2sin 2x ＋6sin x ＝－2(sin x －32)2＋112.令sin x ＝t ，则t ∈[－1,1]，函数y ＝－2(t －32)2＋112在[－1,1]上递增，∴当t ＝1时，y 最大＝5，即f (x )max ＝5，例4已知x 是三角形的最小内角，求函数y ＝sin x ＋cos x －sin x cos x 的最小值.解：（换元法）由0≤x ≤π3，令t ＝sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)，又0<x ≤π3，∴π4<x ＋π4≤712π，得1<t ≤2；又t 2＝1＋2sin x cos x ，得sin x cos x ＝t 2－12，得y ＝t －t 2－12＝－12(t －1)2＋1，例5已知sin α＋sin β＝22，求cos α＋cos β的取值范围.解：（换元法）令cos α＋cos β＝t ，则(sin α＋sin β)2＋(cos α＋cos β)2＝t 2＋12，即2＋2cos(α－β)＝t 2＋12⇒2cos(α－β)＝t 2－32，∴－2≤t 2－32≤2⇒－12≤t 2≤72，∴－142≤t ≤142，即－142≤cos α＋cos β≤142.例6求函数y ＝1＋sin x3＋cos x的值域解法一：（几何法）1＋sin x3＋cos x可理解为点P (－cos x ，－sin x )与点C (3,1)连线的斜率，点P (－cos x ，－sin x )在单位圆上，如图所示．故t ＝1＋sin x3＋cos x满足k CA ≤t ≤k CB ，设过点C (3,1)的直线方程为y －1＝k (x －3)，即kx －y ＋1－3k ＝0.由原点到直线的距离不大于半径1，得|1－3k |k 2＋1≤1，解得0≤k ≤34.从而值域为[0，34]．解法二：（反解法）由y ＝1＋sin x3＋cos x 得sin x －y cos x ＝3y －1，∴sin(x ＋φ)＝3y －11＋y2其中sin φ＝－y 1＋y 2，cos φ＝11＋y 2.∴|3y －11＋y2|≤1，解得0≤y ≤34.例7求函数y ＝2sin x ＋1sin x －2的值域解法一：（分离常数法）y ＝2sin x ＋1sin x －2＝2＋5sin x －2，由于－1≤sin x ≤1，所以－5≤5sin x －2≤－53，∴函数的值域为[－3，13]．解法二：（反解法）由y ＝2sin x ＋1sin x －2，解得sin x ＝2y ＋1y －2，∵－1≤sin x ≤1，∴－1≤2y ＋1y －2≤1，解得－3≤y ≤13，∴函数的值域为[－3，13]．针对训练1.函数y ＝3－2cos(x ＋π4)的最大值为____.此时x ＝____.2.函数xxy cos -3sin -4的最大值为.3.函数f (x )=sin 2x+3cos ∈的最大值是.4.函数y ＝12＋sin x ＋cos x的最大值是【解析】1.函数y ＝3－2cos(x ＋π4)的最大值为3＋2＝5，此时x ＋π4＝π＋2k π(k ∈Z )，即x ＝3π4＋2k π(k ∈Z )．2.解析式表示过A (cos x ,sin x ),B (3,4)的直线的斜率,则过定点(3,4)与单位圆相切时的切线斜率为最值,所以设切线的斜率为k ,则直线方程为y-4=k (x-3),即kx-y-3k+4=+11,∴k max3.由题意可知f (x )=1-cos 2x+3cos x-34=-cos 2x+3cos x+14=-cos -+1.因为x ∈0,cos x ∈[0,1].所以当cos f (x )取得最大值1.4.∵y ＝12＋2sin (x ＋π4)，又2－2≤2＋2sin(x ＋π4)≤2＋2∴y ≤12－2＝1＋22，含参问题一、单选题1．已知函数()sin cos (0,0)62af x x x a πωωω⎛⎫=++>> ⎪⎝⎭，对任意x ∈R ，都有()f x ≤，若()f x 在[0,]π上的值域为3[2，则ω的取值范围是（）A．11,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．12,33⎡⎤⎢⎣⎦C．1,6⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】()sin cos 62af x x x πωω⎛⎫=++ ⎪⎝⎭1cos 2a x x ωω++max ()f x =02a a >∴= ，())3f x x πω∴=+0,0x πω≤≤> ，333x πππωωπ∴≤+≤+，3()2f x ≤ 2233πππωπ∴≤+≤，1163ω∴≤≤.故选：A2．已知函数()()cos 0f x x x ωωω=+>，当()()124f x f x -=时，12x x -最小值为4π，把函数()f x 的图像沿x 轴向右平移6π个单位，得到函数()g x 的图像，关于函数()g x ，下列说法正确的是（）A．在,42ππ⎡⎤⎢⎣⎦上是增函数B．其图像关于直线6x π=对称C．在区间,1224ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域为[]2,1--D．函数()g x 是奇函数【解析】因()()cos 2sin 06f x x x x πωωωω⎛⎫=+=+> ⎪⎝⎭，当()()124f x f x -=时，12x x -最小值为4π，则()f x 的最小正周期为22T ππω==，即4ω=，所以()2sin 46f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，把函数()f x 的图像沿x 轴向右平移6π个单位，得()2sin 42sin 42cos 46662f x g x x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦=，所以，()g x 为偶函数，故D 选项不正确；由4,k x k k Z πππ≤≤+∈，即,44k k x k Z πππ+≤≤∈，故()g x 在区间(),44k k k Z πππ+⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上为减函数，所以()g x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，故A选项不正确；由4,2x k k Z ππ=+∈，即,48k x k Z ππ=+∈，所以()g x 图像关于,48k x k Z ππ=+∈对称，故B选项不正确；当,1224x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，4,36x ππ⎡⎤∈-⎢⎣⎦，则()21g x -≤≤-，所以C 选项正确.故选：C.3．已知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的值域是⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则ω的取值范围是（）A．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦B．3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．73,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．57,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】因为0>ω，所以当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，[,]4424x ππωππω-∈--因为函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的值域是⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以52244πωπππ≤-≤，解得332ω≤≤，故选：B．4．已知函数()(2)f x x ϕ=+22ππϕ-≤≤，若()0f x >在5(0,)12π上恒成立，则3(4f π的最大值为（）B．0C．D．2-【解析】因为5(0,)12x π∈,故52(,)6x πϕϕϕ+∈+；由()0f x >，即1sin(2)2x ϕ+>-，得722266k x k πππϕπ-+<+<+，k Z ∈，故57(,)(2,2)666k k πππϕϕππ+⊆-++，k Z ∈，故2657266k k πϕπππϕπ⎧≥-+⎪⎪⎨⎪+≤+⎪⎩，解得2263k k πππϕπ-+≤≤+，k Z ∈；又22ππϕ-≤≤，故63ππϕ-≤≤，5．已知曲线()sin cos f x x m x ωω=+，()m R ∈相邻对称轴之间的距离为2π，且函数()f x 在0x x =处取得最大值，则下列命题正确的个数为（）①当0,126x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，m的取值范围是⎣；②将()f x 的图象向左平移04x 个单位后所对应的函数为偶函数；③函数()()y f x f x =+的最小正周期为π；④函数()()y f x f x =+在区间00,3x x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故33()()42f ππϕϕ⎡⎤+++-⎢⎥⎣⎦，故3()4f π的最大值为0．故选：BA．1B．2C．3D．4【解析】函数()f x 的相邻对称轴之间的距离为2π，则周期为22T ππ=⨯=，∴22πωπ==，()sin 2cos 2f x x m x =+)x ϕ=+，其中cos ϕ=，sin ϕ=[0,2)ϕπ∈，()f x 在0x 处取最大值，则022,2x k k Z πϕπ+=+∈，0222k x πϕπ=+-，k Z ∈，①若0[,]126x ππ∈，则[2,2]63k k ππϕππ∈++，1sin 2ϕ≤≤，12解m ≤正确．②如()sin(28f x x π=+，0316x π=时函数取最大值，将()f x 的图象向左平移04x 个单位后得313()sin[2(4)sin(2)1688g x x x πππ=+⨯+=+，不是偶函数，错；③()()y f x f x =+中，()y f x =是最小正周期是π，()y f x =的最小正周期是2π，但()()y f x f x =+的最小正周期还是π，正确；④003[,44x x x ππ∈++时，()()0y f x f x =+=，因此在区间00,3x x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭上有无数个零点，错；∴正确的命题有2个．故选：B．6．已知函数()cos 4cos 12=+-xf x x 在区间[0,]π的最小值是（）A．-2B．-4C．2D．4【解析】22()cos 4cos 12cos 14cos 12(cos 1)42222x x x x f x x =+-=-+-=+-，由[0,]x π∈知，[0,]22x π∈，cos [0,1]2x ∈，则当x π=时，函数()f x 有最小值min ()2f x =-.故选：A.7．已知()cos31cos xf x x=+,将()f x 的图象向左平移6π个单位，再把所得图象上所有点的横坐标变为原来的12得到()g x 的图象，下列关于函数()g x 的说法中正确的个数为（）①函数()g x 的周期为2π;②函数()g x 的值域为[]22-,;③函数()g x 的图象关于12x π=-对称;④函数()g x 的图象关于,024π⎛⎫⎪⎝⎭对称.A．1个B．2个C．3个D．4个【解析】()()cos 2cos311cos cos x x xf x x x+=+=+cos 2cos sin 2sin 12cos 2cos x x x x x x -=+=.即：()2cos 2f x x =且,2x k k Z ππ≠+∈.()2cos(4)3g x x π=+且,62k x k Z ππ≠+∈.①因为函数()g x 的周期为2π，因此①正确.②因为,62k x k Z ππ≠+∈，故() 2.g x ≠-因此②错误.③令4,3x k k Z ππ+=∈，得,124k x k Z ππ=-+∈.故③正确k ππ二、填空题8．函数()2sin()sin()2sin cos 66f x x x x x ππ=-++在区间[0,2π上的值域为__________．【解析】由11(x)sinx cosx)(sinx cosx)sin 2x2222f =-++22312(sin x cos x)sin 2x 44=-+2231sin cos sin 222x x x=-+11cos 2sin 22x x =--+1x )24π=-当[0,]2x π∈时，2[,]444x ππ3π-∈-，则sin(2)[42x π-∈-，所以11(x)[,22f ∈-.故答案为：11[,22-9．若函数()()2cos 2cos 202f x x x πθθ⎛⎫=++<< ⎪⎝⎭的图象过点()0,1M ，则()f x 的值域为__________.【解析】由题意可得()02cos 2cos 02cos 211f θθ=+=+=，得cos 20θ=，02πθ<<，02θπ∴<<，22πθ∴=，则4πθ=，()22cos cos 2cos 22sin 2sin 2sin 12f x x x x x x x π⎛⎫∴=++=-=--+ ⎪⎝⎭2132sin 22x ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，令[]sin 1,1t x =∈-，则213222y t ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭.当12t =-时，该函数取最大值，即max 32y =，当1t =时，该函数取最小值，即min 3y =-.因此，函数()y f x =的值域为33,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故答案为：33,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.10．函数32()sin 3cos ,32f x x x x ππ⎛⎫⎡⎤=+∈- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的值域为_________．【解析】由题意，可得()3232ππf x sin x 3cos x sin x 3sin x 3,x ,,32⎡⎤=+=-+∈-⎢⎥⎣⎦，令t sinx =，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即()32g t t 3t 3=-+，t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()2g't 3t 6t 3t t 2=-=-，当t 0<<时，()g't 0>，当0t 1<<时，()g't 0>，即()y g t =在⎡⎤⎢⎥⎣⎦为增函数，在[]0,1为减函数，又g ⎛=⎝⎭()g 03=，()g 11=，故函数的值域为：⎤⎥⎣⎦．11．（2019·广东高三月考（文））函数()cos 2|sin |f x x x =+的值域为______．【解析】2219()cos 2|sin |12|sin ||sin |2|sin |48f x x x x x x ⎛⎫=+=-+=--+ ⎪⎝⎭,所以当1sin 4x =时,()f x 取到最大值98,当sin 1x =时,()f x 取到最小值0,所以()f x 的值域为90,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦故答案为：90,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦。
高考数学一轮复习第3章三角函数解三角形热点探究课2三角函数与解三角形中的高考热点问题市赛课公开课一等
sin C＝sin(180°－A－B)＝sin(135°－B)＝sin 135°cos B－cos 135°sin B＝ 22×45 －－ 22×35＝7102. (2)由正弦定理，得sBinCA＝siAnBC，即102＝7AB2，解得 AB＝14，
2 10 则△ABC 的面积 S＝12AB·BC·sin B＝12×14×10×35＝42.
5/27
[规范解答] x)
(1)f(x)＝2 3sin2x＋π4·cos2x＋π4－sin(x＋π)＝ 3sinx＋π2－(－sin 3分
＝ 3cos x＋sin x＝2sinx＋π3，
5分
于是 T＝21π＝2π.
6分
6/27
(2)由已知得 g(x)＝fx－π6＝2sinx＋π6. ∵x∈[0，π]，∴x＋π6∈π6，76π， ∴sinx＋π6∈－12，1， ∴g(x)＝2sinx＋π6∈[－1,2]. 故函数 g(x)在区间[0，π]上的最大值为 2，最小值为－1.
8分
10 分 11 分 12 分
7/27
[答题模板] 解决三角函数图像与性质的综合问题的一般步骤为：
第一步(化简)：将 f(x)化为 asin x＋bcos x 的形式．
第二步(用辅助角公式)：构造 f(x)＝
a2＋b2·sin
x·
a2a＋b2＋cos
x·
b a2＋b2.
第三步(求性质)：利用 f(x)＝ a2＋b2sin(x＋φ)研究三角函数的性质．
17/27
[对点训练 2] 在△ABC 中，已知 A＝45°，cos B＝45. (1)求 sin C 的值； (2)若 BC＝10，求△ABC 的面积. 【导学号：00090118】 [解] (1)因为 cos B＝45，且 B＝(0°，180°)， 所以 sin B＝ 1－cos2B＝35.
如何解决高考数学中的三角函数方程与不等式难题
如何解决高考数学中的三角函数方程与不等式难题高考数学中，三角函数方程与不等式是一类较为复杂的难题，对于考生来说，解决这类题目往往是一项具有挑战性的任务。
然而，只要我们掌握一定的解题方法和技巧，就可以在高考数学中游刃有余地应对这些难题。
本文将从解三角函数方程和不等式的基本方法、常见类型的解题技巧以及应试策略方面进行探讨，帮助考生们顺利解决高考数学中的三角函数方程与不等式难题。
一、解三角函数方程的基本方法想要解决三角函数方程，首先需要掌握常见的三角函数关系式。
例如，正弦函数和余弦函数的平方和等于1、正切函数和割函数的平方差等。
掌握这些基本的三角函数关系式有助于我们在解题过程中做出正确的推断和判断。
其次，了解三角函数的周期性质也是解决三角函数方程的重要一环。
根据正弦函数和余弦函数的周期为2π，正切函数和割函数的周期为π，我们可以通过对周期区间内的解进行推广，找到方程的全部解。
最后，通过观察和变形方程，运用代换、恒等变换、倒置等技巧，将原方程转化为等价的简单方程。
在此过程中，我们要注意选择合适的变量代换，将复杂的方程简化为易于求解的形式。
二、常见类型的解题技巧1. 倍角、半角关系：对于三角函数方程中出现的倍角、半角关系，可以利用倍角、半角公式将其转化为使用较为简单的角度求解。
2. 和差化积公式：当三角函数方程中出现和差化积的形式时，可以利用和差化积公式将其转化为乘积的形式，便于我们解题。
3. 格式转换：对于一些复杂的三角函数方程，可以通过合理的格式转换，将其转化为更简单的方程或不等式，从而方便我们求解。
4. 引入辅助角：在解三角函数方程时，有时可以引入一个合适的辅助角来简化方程。
通过选取适当的辅助角，我们可以将原来复杂的方程转化为具有较简单结构的方程，从而求得解。
三、应试策略1. 确定解题思路：在解决高考数学中的三角函数方程与不等式难题时，需要根据题目的要求，确定解题思路。
可以通过观察题目中给出的条件，判断所给方程的类型，进而采取相应的解题方法。
高考数学中的三角函数问题攻略
高考数学中的三角函数问题攻略高考数学中三角函数的内容占据了相当大的比重，也是很多学生感到困惑的难点。
本文将介绍一些三角函数问题的攻略，希望对各位学生有所帮助。
一、记住正弦、余弦、正切的定义在学习三角函数时，首先要记住正弦、余弦和正切的定义。
正弦指的是一个角的对边与斜边的比值，用sin表示。
余弦指的是一个角的邻边与斜边的比值，用cos表示。
正切指的是一个角的对边与邻边的比值，用tan表示。
这些定义对后续的解题非常重要，因此需要在学习的过程中多加练习。
二、掌握三角函数的基本性质学习三角函数时，需要掌握它们的基本性质。
下面是一些需要掌握的性质：1.在一个周期内，三角函数的最大值是1，最小值是-1。
2.三角函数的定义域是所有实数，但部分定义域无意义。
比如正切函数在$\cos x=0$时无意义，因此需要注意定义域的限制。
3.三角函数有周期性，分别是$2\pi、\pi、\frac{\pi}{2}$。
因此，三角函数的周期问题很重要，学生在解题时需要根据周期性考虑。
三、运用反三角函数的知识反三角函数是三角函数的逆运算。
学生在应对三角函数题目时，需要熟练运用反正弦函数、反余弦函数、反正切函数等。
下面以反正弦函数为例进行讲解。
反正弦函数的定义域为[-1,1]，值域为$[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$。
表示为$\arcsin x$。
如果一个角度的正弦值为x，则这个角度就是$\arcsin x$。
例如，$\sin(30°)=0.5$，则$\arcsin0.5=30°$。
在解题时需要注意判断每个反三角函数的定义域和值域。
四、综合运用三角函数中的各项知识在解题时，我们需要将三角函数的各项知识综合运用起来。
下面以求某角度的值为例进行讲解。
已知$\sin x=\frac{4}{5}$，需要求出x的值。
解题思路：首先，我们可以确定该角度对应于一个直角三角形。
正弦函数的定义是对边比斜边，因此可令对边为4，斜边为5，得到直角三角形。
高三数学选择填空难题突破 与三角函数相关的最值问题
高三数学选择填空难题突破与三角函数相关的最值问题高三数学选择填空难题突破与三角函数相关的最值问题一、方法综述三角函数相关的最值问题一直是高考数学的热点之一。
其中，三角函数的最值问题是三角函数的重要题型之一，主要包括考查三角函数图像和性质的最值问题，以及以三角函数的有界性为主的最值问题。
熟悉三角函数的图像和性质，掌握转化思想是解决这类问题的关键。
二、解题策略1.类型一：与三角函数的奇偶性和对称性相关的最值问题例1】若将函数$f(x)=\sin^2x+\cos^2x$的图像向左平移$\theta$（$\theta>0$）个单位，所得的图像关于$y$轴对称，则$\theta$的最小值是（）。
A。
$\frac{\pi}{3}$。
B。
$\frac{\pi}{5}$。
C。
$\frac{\pi}{4}$。
D。
$\frac{8\pi}{3}$解析】函数$f(x)=\sin^2x+\cos^2x$为常数函数，其图像为一条直线。
将其向左平移$\theta$个单位，得到的图像仍然是一条直线，不可能关于$y$轴对称。
因此，该题没有解。
举一反三】1.【广州市2018届高三第一学期第一次调研】将函数$y=2\sin\left(\frac{x+\pi}{3}\right)+\cos x$的图像向左平移$3$个单位，所得图像对应的函数恰为奇函数，则平移量的最小值为（）。
A。
$\pi$。
B。
$\frac{\pi}{2}$。
C。
$\frac{\pi}{3}$。
D。
$\frac{\pi}{6}$解析】将函数$y=\sin\left(2x+\frac{2\pi}{3}\right)$的图像向左平移$3$个单位，得到的图像对应的函数为$y=-\sin\left(2x+\frac{2\pi}{3}\right)$，为奇函数。
根据奇函数的对称性可知，平移量$\theta$必须是$\frac{\pi}{2}$的倍数，且$\theta>0$。
高考数学中的三角函数应用解析
高考数学中的三角函数应用解析高考数学是中学教育中最重要的一门学科之一，它包括了很多不同的领域，其中三角函数的应用是非常重要的一个方面。
三角函数作为数学中的一个分支，有着非常广泛的应用，涉及到了很多领域，如物理，工程，经济学等等。
在高考数学中，三角函数的应用比较复杂，需要掌握一定的数学知识和技巧。
在这篇文章中，我将介绍一些高考数学中的三角函数应用，例如解三角函数方程，求解三角函数恒等式，以及三角函数在几何图形中的应用。
一、解三角函数方程解三角函数方程是高考数学中的一道非常重要的题目类型。
这类题目通常是要求我们求出一个特定的三角函数，使得它的取值等于某个给定的实数。
三角函数方程的解法有很多种，其中一种常见的解法是利用三角函数的周期性质，并将方程转化成一个角度区间内的线性函数，然后求解线性方程，最后再利用反三角函数进行求解。
举个例子，假设我们需要解方程sin(2x+π/4) = 1，其中x∈[0, 2π]。
首先，我们可以利用sin函数的周期性质，将原方程转化成sin(2x+5π/4) = 1，此时，我们可以将2x+5π/4表示成一个角度区间内的线性函数，例如2x+5π/4 = π/2 + 2kπ，其中k∈Z。
然后，我们就可以通过求解线性方程2x+5π/4 = π/2 + 2kπ，得到x的解，最后再利用反三角函数sin^-1(x)，即可求得方程的解。
二、求解三角函数恒等式三角函数恒等式是高考数学中的另一个重要的题目类型。
这类题目通常是要求我们判断一个三角函数恒等式是否成立，如果不成立，需要将其转化成一个等价的形式。
求解三角函数恒等式需要掌握一定的数学技巧，例如利用三角函数的基本性质、化简结果，以及应用三角函数的公式等等。
举个例子，假设我们需要判断恒等式cos^2(x)-sin^2(x) = cos(2x)是否成立。
我们可以将恒等式左侧化简为cos^2(x)-(1-cos^2(x))，然后再将cos(2x)表示成一些简单的三角函数，最后我们可以得到等价的形式cos(x) = 0。
高考数学中的三角函数的变形式与应用
高考数学中的三角函数的变形式与应用三角函数作为高中数学中的重要概念之一，在高考中也扮演着非常重要的角色。
在学习三角函数时，不同的变形式和应用也成为考试命题的热点，因此学生在备战高考时，需要掌握这些变形式和应用。
本文将介绍高考中常见的三角函数变形式和应用，并探讨如何在考试中运用。
一、三角函数的变形式1、和差化积和差化积是三角函数计算中最常用的变形式之一。
其基本公式为：$$\sin(x \pm y) = \sin x \cos y \pm \cos x \sin y$$$$\cos(x \pm y) = \cos x \cos y \mp \sin x \sin y$$该公式的应用十分广泛，例如求解三角方程、三角变形、立体几何以及物理等方面均有应用。
在考试中，如果出现和差化积的计算题目，可以利用其公式进行求解。
2、倍角公式倍角公式是指将三角函数角度加倍时可能会出现的公式。
其基本公式为：$$\sin2x = 2\sin x \cos x$$$$\cos2x = \cos^2 x - \sin^2 x = 2 \cos^2 x - 1 = 1 - 2 \sin^2 x$$倍角公式在三角函数的化简中有很重要的作用，例如，可以利用倍角公式将一个含有 $\sin 2x$ 的式子化简成含有 $\sin x$ 和$\cos x$ 的式子。
在考试中，若有化简题目涉及到三角函数的倍角公式，可以运用公式进行转化，求得最终的结果。
3、半角公式半角公式是指将三角函数角度减半时可能会出现的公式。
其基本公式为：$$\sin\frac{x}{2} = \pm\sqrt{\frac{1-\cos x}{2}}$$$$\cos\frac{x}{2} = \pm\sqrt{\frac{1+\cos x}{2}}$$半角公式常常用于解三角形、计算不等式等问题，也常常用于代换和化简式子。
在考试中，若题目中出现 $\sin \frac{x}{2}$ 或$\cos \frac{x}{2}$ 的算式，可以利用半角公式进行计算。
三角函数中ω的范围与最值问题【七大题型】(举一反三)(原卷版)—2025年新高考数学一轮复习
三角函数中ω的范围与最值问题专练【七大题型】【题型1 与三角函数的单调性有关的ω的范围与最值问题】 (2)【题型2 与三角函数的对称性有关的ω的范围与最值问题】 (2)【题型3 与三角函数的最值有关的ω的范围与最值问题】 (3)【题型4 与三角函数的周期有关的ω的范围与最值问题】 (4)【题型5 与三角函数的零点有关的ω的范围与最值问题】 (4)【题型6 与三角函数的极值有关的ω的范围与最值问题】 (5)【题型7 ω的范围与最值问题：性质的综合问题】 (5)1、三角函数中ω的范围与最值问题三角函数的图象与性质是高考的重要内容，在三角函数的图象与性质中，ω的求解是近几年高考的一个重点、热点内容，试题主要以选择题、填空题的形式呈现，但因其求法复杂，涉及的知识点多，历来是我们复习中的难点，学生在复习中要加强训练，灵活求解.【知识点1 三角函数中有关ω的范围与最值问题的类型】1．三角函数中ω的范围与最值的求解一般要利用其性质，此类问题主要有以下几个类型：(1)三角函数的单调性与ω的关系；(2)三角函数的对称性与ω的关系；(3)三角函数的最值与ω的关系；(4)三角函数的周期性与ω的关系；(5)三角函数的零点与ω的关系；(6)三角函数的极值与ω的关系.【知识点2 三角函数中ω的范围与最值问题的解题策略】1．利用三角函数的单调性求ω的解题思路对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解，另外，若是选择题，利用特值验证排除法求解更为简捷.2．利用三角函数的对称性求ω的解题策略三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”间的“水平间隔”为，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究“ω”的取值范围.3．利用三角函数的最值求ω的解题策略若已知三角函数的最值，则利用三角函数的最值与对称轴或周期的关系，可以列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围.4．利用三角函数的周期性求ω的解题策略若已知三角函数的周期性，则利用三角函数的周期与对称轴、最值的关系，列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围.【题型1 与三角函数的单调性有关的ω的范围与最值问题】【例1】（2024·重庆·二模）若函数f(x)=sin(2x―φ)(0≤φ<π)在φ的最小值为（）A．π12B．π6C．π4D．π3【变式1-1】（2024·湖北鄂州·一模）已知函数y=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈(0,2π))的一条对称轴为x=―π6，且f(x)在πω的最大值为（）A．53B．2C．83D．103【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)，若直线x=π4为函数f(x)图象的为函数f(x)图象的一个对称中心，且f(x)ω的最大值为（）A．917B．1817C．1217D．2417【变式1-3】（2024·广东湛江·一模）已知函数f(x)=sinωxω>0)ω的取值范围是（）A．[2,5]B．[1,14]C．[9,10]D．[10,11]【题型2 与三角函数的对称性有关的ω的范围与最值问题】【例2】（2023·广西·模拟预测）若函数f (x )=2sin (ωx +φ)（ω>0，|φ|<π2）满足f (2x )=―2x ，且f (0)=―1，则ω的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【变式2-1】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数f (x )=sin ωx >0)在区间[0,π]上有且仅有两条对称轴，则ω的取值范围是（ ）A B C D【变式2-2】（2023·云南大理·一模）函数f (x )=sin (ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)，若不等式f (x )≤|对∀x ∈R 恒成立，且f (x )的图像关于x =π8对称，则ω的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=sin (ωx +φ)(ω>0)其图象关于直线x =―π36对称，且f （x ）的一个零点是x =772π，则ω的最小值为（ ）A ．2B ．12C ．4D ．8【题型3 与三角函数的最值有关的ω的范围与最值问题】【例3】（2023·四川泸州·一模）已知函数f (x )=2sin ωx >0)在π上单调，则ω的取值范围是（ ）A ．B ．1,C D【变式3-1】（2024·浙江温州·一模）若函数f (x )=2sin ωx ―(ω>0)，x ∈0,[―，则ω的取值范围是（ ）A BC D【变式3-2】（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数f (x )=4cos ωx >0),f (x )在区间0,值恰为―ω，则所有满足条件的ω的积属于区间（ ）A ．(1,4]B ．[4,7]C ．(7,13)D ．[13,+∞)【变式3-3】（2023·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数f (x )=2sin (ωx +φ)（ω>0，0<φ<π）的图象过点(0,1)，且在区间(π,2π)内不存在最值，则ω的取值范围是（ ）A ．BC ．∪D ．∪【题型4 与三角函数的周期有关的ω的范围与最值问题】【例4】（2023·四川绵阳·模拟预测）记函数f (x )=cos (ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T ，若f (T )=x =π9为f (x )的一个零点，则ω的最小值为（ ）A ．32B ．3C ．6D ．152【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x )=sin (2πωx )(ω>0)在区间(0,2)上单调，且在区间[0,18]上有5个零点，则ω的取值范围为（ ）A BC D 【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）记函数f (x )=cos (ωx +φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T ，若f (T )=―12，且x =π2为f (x )的一条对称轴，则ω的最小值为（ ）A ．23B ．43C ．83D ．103【变式4-3】（23-24高二下·江苏南京·期末）已知函数f (x )=sin (ωx +φ)ω>0,|φ|<=f (x )在区间[0,2]上恰有8个零点，则ω的取值范围是（ ）A πB ．4πC ．4π,D 【题型5 与三角函数的零点有关的ω的范围与最值问题】【例5】（2023·全国·一模）已知函数f (x )=sin ωx +>0)π上恰有3个零点，则ω的取值范围是（ ）A ∪4,B ∪C ．[113,143)∪(5,173)D ,5∪【变式5-1】（2023·吉林长春·一模）将函数f(x)=cos x 图象上所有点的横坐标变为原来的1ω(ω>0)，纵坐标不变，所得图象在区间―π12ω的取值范围为（ ）【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=sinωx+>0)π上至少有两个零点，则实数ω的取值范围是（）A+∞B+∞C∪+∞D∪+∞【变式5-3】（2024·四川雅安·一模）已知函数f(x)=2cos(ωx+φ)（ω>0且―π2<φ<π2），设T为函数f(x)的最小正周期，=―1，若f(x)在区间[0,1]有且只有三个零点，则ω的取值范围是（）A B236πC D【题型6 与三角函数的极值有关的ω的范围与最值问题】【例6】（2023·四川成都·二模）将函数f(x)=>0)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的14，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．若g(x)在3个极值点，则ω的取值范围为（）A B,4C．D,7【变式6-1】（2023·河南开封·模拟预测）已知将函数f(x)=ωx2―>0)的图象向右平移π2ω个单位长度，得到函数g(x)的图象，若g(x)在(0,π)上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A+∞B,4C D【变式6-2】（2024·陕西渭南·一模）已知函数f(x)=sinωx>0)在区间[0,π]上有且仅有4个极值点，给出下列四个结论：①f(x)在区间(0,π)上有且仅有3个不同的零点；②f(x)的最小正周期可能是π2；③ω④f(x).其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）将函数f(x)=sin x的图像向左平移5π6个单位长度后得到函数g(x)的图像，再将g(x)的图像上各点的纵坐标不变、横坐标变为原来的1ω（ω>0）倍，得到函数ℎ(x)的图像，且ℎ(x)在区间(0,π)上恰有两个极值点、两个零点，则ω的取值范围为（）【题型7 ω的范围与最值问题：性质的综合问题】【例7】（2024·湖北武汉·模拟预测）若函数f (x )=3cos (ωx +φ)ω<0，―π2<φ<π，在区间―π6φ的取值范围是（ ）A B ．―π2,―C D ．【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x )=sin (2ωx ―φ)(ω>0)满足对任意的x ∈R ，均有f (x )≥f+x =x ，且f (x )ω的最大值为（ ）A ．14B ．12C ．34D ．45【变式7-2】（2024·天津·模拟预测）已知f (x )=sin ωx +π3+φω>0,|φ|<g (x )=sin(ωx +φ)，则下列结论错误的个数为（ ）①φ=π6；②若g (x )的最小正周期为3π，则ω=23；③若g (x )在区间(0,π)上有且仅有3个最值点，则ω④若=ω的最小值为．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【变式7-3】（2023·河南·模拟预测）已知函数f (x )=sin (ωx +φ)ω>0,0<φ<=f x且f ―π4―x +f ―π4+x =0,f (x )ω的最大值为（ ）A ．1B ．3C ．5D ．367一、单选题1．（2024·四川成都·模拟预测）若函数f(x)=sin (ωx)(ω>0)在0,ω的取值范围为（ ）A ．B ．(0,2)C ．D ．(0,2]2．（2024·重庆开州·模拟预测）已知函数f (x )=2sin ωx(ω>0)，则“32<ω<3”是“f (x )的图象在区间―π6上只有一个极值点”的（）A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．非充分非必要条件3．（2024·湖北武汉·模拟预测）设ω>0，已知函数f(x)=sin3ωx2ωx(0,π)上恰有6个零点，则ω取值范围为（）A B C D4．（2024·河北·模拟预测）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)，若f(0)=f=π，则ω的最小值为（）A．3B．1C．67D．235．（2024·四川·模拟预测）已知函数f(x)=sinωx+ω>0）在区间1个零点，且当x∈―2π3f(x)单调递增，则ω的取值范围是（）A B C,1D6．（2024·四川内江·三模）设函数f(x)=2sinωx>0)，若存在x1,x2∈―π6x1≠x2，使得f(x1)=f(x2)=ω的取值范围是（）A．(0,12]B．[10,+∞)C．[10,12]D．(6,10]7．（2024·河南南阳·模拟预测）若函数f(x)=cos(ωx+φ)ω>0,|φ|≤中心对称，且x=―π3是f(x)的极值点，f(x)在区间0,ω的最大值为（）A．8B．7C．274D．2548．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f(x)=cosωxω>0),π上单调递减，且f(x)在区间(0,π)上只有1个零点，则ω的取值范围是（）A．B C D二、多选题9．（2024·浙江·模拟预测）已知函数f(x)=cosωx+ω>0)，则（）A．当ω=2时，f x x=π2对称B．当ω=2时，f(x)在C．当x=π6为f(x)的一个零点时，ω的最小值为1D．当f(x)在―π3ω的最大值为110．（2024·浙江温州·三模）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0),x∈,π的值域是[a,b]，则下列命题正确的是（）A．若b―a=2,φ=π6，则ω不存在最大值B．若b―a=2,φ=π6，则ω的最小值是73C．若b―a=ω的最小值是43D．若b―a=32，则ω的最小值是4311．（2023·浙江·三模）已知函数f(x)=cosωx>0)，则下列判断正确的是（）A．若f(x)=f(π―x)，则ω的最小值为32B．若将f(x)的图象向右平移π2个单位得到奇函数，则ω的最小值为32C．若f(x)π单调递减，则0<ω≤34D．若f(x)π上只有1个零点，则0<ω<54三、填空题12．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f(x)=cos2ωx>0)π上是单调的，则ω的最大值为.13．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数f(x)=2cosωx―1(ω>0)在(0,π)上恰有两个零点，则ω的取值范围为.14．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f(x)=2sinωxω>0），若∃x1，x2∈[0,π]，使得f(x1) f(x2)=―4，则ω的最小值为.四、解答题15．（2023·河北承德·模拟预测）已知ω>1，函数f(x)=cosωx―(1)当ω=2时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)ω的取值范围.16．（23-24高一下·湖北恩施·期末）已知函数f(x)=2sinωx+>0)．(1)若x+x=0，求ω的最小值；(2)若f(x)在区间0,[1,2]，求ω的取值范围．17．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)ω>0,|φ|≤(1)若f(x)的图象经过点,0，,2，且点B恰好是f(x)的图象中距离点A最近的最高点，试求f(x)的解析式；(2)若f(0)=―1，且f(x)π上单调，在ω的取值范围.18．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<(1)当φ=π时，函数f(x)ω的取值范围.6(2)若f(x)的图象关于直线x=π对称且f=0，是否存在实数ω，使得f(x)4求出ω的值；若不存在，说明理由.19．（2023·山西·模拟预测）已知函数f(x)=A sin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象是由y=2sinωx 个单位长度得到的.象向右平移π6(1)若f(x)的最小正周期为π，求f(x)y轴距离最近的对称轴方程；(2)若f(x)ω的取值范围.。
高考数学中的三角函数的反函数讨论
高考数学中的三角函数的反函数讨论在高中数学教学中，三角函数是一道重要的难点。
与角度相关联的正弦、余弦和正切函数可能会让学生们感到困惑和失望。
尽管三角函数的概念和公式在高考中经常被考察，但这并不意味着学生必须将这些知识点记得滚瓜烂熟。
实际上，反函数是三角函数学习中的一个重要环节，有助于同学们更好理解三角函数的本质和应用。
在这篇文章中，我将与您探讨三角函数反函数的讨论。
什么是反函数？反函数起初似乎令人生畏，但实际上它的概念非常简单，尤其是当它与三角函数的本质联系到一起时。
反函数是将函数输入值和输出值交换后得到的函数。
例如，给定函数f(x) = 4x + 2，其反函数f^-1(x)，即为x = (y-2)/4。
将函数的输出值y变为输入值x后，可以解出f^-1(x)的表达式，其中x的值就是反函数的输出值。
对于三角函数的反函数，首先要明确什么是正弦、余弦和正切函数。
既然三角函数是一种函数，那么自然会有与之相对应的反函数。
每种三角函数都有对应的反函数：反正弦函数、反余弦函数和反正切函数。
同样地，反函数需要满足以下两个条件：输入值和输出值的交换，以及函数的域和值域交换。
三角函数的反函数在高中数学中，正弦、余弦和正切函数是经常被涉及的三种三角函数。
在三角函数的学习中，反函数被广泛使用，它是一个重要的概念，有助于学习者更加深入地了解三角函数。
三角函数的反函数是一个特殊类型的函数，它能够将一个三角函数值转化为对应角度值。
因此，反三角函数把三角函数中的输出（正弦、余弦或正切值）作为自变量，计算出其对应的角度值。
这样我们就可以用反函数求解三角函数的值。
具体而言，正弦和余弦的反函数分别被称为反正弦函数和反余弦函数，二者的表示分别为sin^-1(x)和cos^-1(x)，而正切的反函数被称为反正切函数，表示为tan^-1(x)。
反正弦函数正弦函数表示的是一个角度的正弦值，反正弦函数则是将给定的正弦值转化为角度。
如下图所示，我们可以计算出α的值：[插入一张反正弦函数图]在此，sin^-1(x) 的值唯一地确定了一个角度，且其值在-π/2 到π/2 之间。
三角函数的应用高考数学中的常见困惑
三角函数的应用高考数学中的常见困惑高中数学中，三角函数是一个非常重要的内容，也是高考数学中的常见考点。
然而，许多学生在学习和应用三角函数的过程中会遇到一些困惑和问题。
本文将就三角函数的应用在高考数学中常见的困惑进行探讨，并给出解决方法。
一、如何正确理解三角函数的定义与性质在学习三角函数时，最基本的就是掌握三角函数的定义及其性质。
然而，许多学生仅仅是机械记忆了三角函数的定义，而没有真正理解其背后的几何意义。
这导致了在实际应用中容易混淆各个三角函数之间的关系，从而影响问题的解答。
解决这一问题的方法是，通过几何图形来理解三角函数的定义与性质。
例如，可以以单位圆为基础，通过正弦、余弦和正切在圆上的几何意义进行解释，帮助学生理解并记忆三角函数的定义与性质。
此外，利用数学软件或动画演示工具，展示不同角度下三角函数值的变化规律，也能帮助学生更好地掌握三角函数的特点。
二、如何准确运用角度变换公式在高考数学中，经常会出现需要将角度从一种形式转化为另一种形式的情况，例如将弧度制转换为度数制，或者将角度变换为三角函数值。
然而，许多学生在运用角度变换公式时容易混淆，导致答案错误。
要解决这个问题，首先需要掌握常用的角度变换公式，并加强练习以掌握其运用技巧。
同时，要注意在运用角度变换公式时保持计算的准确性，特别是在计算弧度制和度数制之间的转换时，要注意换算系数的正确运用。
三、如何合理运用三角函数解决实际问题三角函数在实际问题中的应用非常广泛，无论是几何问题还是物理问题，都离不开对角度与距离关系的探究。
然而，很多学生在应用三角函数解决实际问题时会出现思路混乱、公式应用错误等问题，导致答案不准确。
要解决这个问题，首先需要对常见的三角函数应用问题进行分类和总结，理清解题思路。
其次，对于不同类型的问题，要熟悉运用具体的三角函数公式，灵活应用各种三角函数的性质，从而准确解答问题。
最后，多做一些实际问题的练习，通过实践来提高应用三角函数解决问题的能力。
导数与三角函数结合问题的研究(解析版)
导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x>0时,x>sin x>x−12x2. ②余弦函数:cos x≥1−12x2.③正切函数:当x∈0,π2时,sin x<x<tan x. ④数值域:sin x∈-1,1,cos x∈-1,1.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x-ax，a∈R，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x>2x；(2)若函数g x =f x -x cos x在区间0,+∞内有唯一的零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)a≥1【详解】(1)因为f x =e x-ax，所以f x =e x-a，当a≤0时，f x =e x-a>0，则f x =e x-ax在R上单调递增，当a>0时，令f x =e x-a>0得x>ln a，令f x =e x-a<0得x<ln a，所以函数f x 的增区间为(ln a,+∞)，减区间为(-∞,ln a)，令F x =e x-2x，则F x =e x-2，令F x =e x-2>0得x>ln2，令F x =e x-2<0得x<ln2，所以函数F x 的增区间为(ln2,+∞)，减区间为(-∞,ln2)，所以当x=ln2时，F x 取得最小值为F ln2=e ln2-2ln2=2-2ln2>0，所以e x>2x，得证；(2)由(1)知，g x =e x-a-x cos x，因为函数g x 在区间0,+∞内有唯一的零点，所以方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，令h(x)=e x-x cos x,x≥0，则函数h(x)=e x -x cos x与y=a在0,+∞上只有一个交点，记m x =e x-x-1,(x≥0)，则m x =e x-1≥0，所以m x 在0,+∞上单调递增，所以m x =e x-x-1≥e0-1=0，即e x≥x+1，故h (x)=e x-cos x+x sin x≥1-cos x+x(1+sin x)≥0，所以h(x)=e x-x cos x在0,+∞上单调递增，又h(0)=1，如图：要使方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，则a≥1.所以a的取值范围是a≥1.2已知函数f x =sin x -x -ae x ,其中a 为实数,e 是自然对数的底数.(1)若a =-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π 上有唯一的极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)证明:a =-1时,f x =sin x -x +e x ,令g x =e x -x ,则g x =e x -1,当x <0时,g x <0,g x 在-∞,0 上为减函数,当x >0时,g x >0,g x 在0,+∞ 上为增函数,函数g x 的极小值也是最小值为g 0 =1,所以g x ≥g 0 =1,而-sin x ≤1,所以e x -x ≥-sin x ,即f x ≥0.(2)f x 在0,π 上有唯一的极值点等价于f x =cos x -1-ae x =0在0,π 上有唯一的变号零点,f x =0等价于a =cos x -1e x ,设h x =cos x -1e x,x ∈0,π ,h x =-sin x -cos x +1e x =1-2sin x +π4 e x,因为x ∈0,π,所以x +π4∈π4,5π4 ,当0<x <π2时,x +π4∈π4,3π4 ,sin x +π4 >22,h x <0,h x 在0,π2 上为减函数,当π2<x <π时,x +π4∈3π4,5π4 ,sin x +π4 22,h x 0,h x 在π2,π 上为增函数,所以函数h x 的极小值也是最小值为h π2=-1e π2,又h 0 =0,h π =-2e π,所以当-2e π≤a <0时,方程a =cos x -1ex 在0,π 上有唯一的变号零点,所以a 的取值范围是-2e π,0.3已知函数f x =e x ，g x =sin x +cos x .(1)求证：f x ≥x +1；(2)若x ≥0，问f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 是否恒成立?若恒成立，求a 的取值范围；若不恒成立，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)a ≤2【详解】(1)令F x =e x -x -1，F x =e x -1，当x ∈-∞,0 ，F x <0，所以此时F x 单调递减；当x ∈0,+∞ ，F x >0，所以此时F x 单调递增；即当x =0时，F x 取得极小值也是最小值F 0 =0，所以F x ≥0，得证；(2)设h x =f x +g x -2-ax ，即证h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0在0,+∞ 上恒成立，易得hx =ex+cos x -sin x -a ，当x =0时，若h 0 =2-a ≥0⇒a ≤2，下面证明：当a ≤2时，h x =e x +sin x+cos x -2-ax ≥0，在0,+∞ 上恒成立，因为h x =e x +cos x -sin x -a ，设u x =h x ，令v x =x -sin x ,v x =1-cos x ≥0，所以v x 在0,+∞ 上是单调递增函，所以v x ≥v 0 =0，又因为1-cos x ≥0，则u x =e x -sin x -cos x ≥x +1-sin x -cos x =x -sin x +1-cos x ≥0所以h x 在0,+∞ 上是单调递增函数，所以h x ≥h 0 =2-a ≥0，所以h x 在0,+∞ 上是严格增函数，若a >2时，h 0 <0，即h x 在x =0右侧附近单调递减，此时必存在h x 0 <h 0 =0，不满足f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 恒成立，故当a ≤2时，不等式恒成立.4已知函数f (x )=e x +cos x -a (a ∈R )．(1)讨论f (x )在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x ∈[0,+∞)时，e x +sin x ≥ax +1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)f (x )在[-π,+∞)上的单调递增；(2)(-∞,2]【详解】(1)f (x )=e x -sin x ，当-π≤x ≤0时，e x >0，sin x <0，∴f (x )=e x -sin x >0，当x >0时，e x >1，sin x ≤1，∴f (x )=e x -sin x >0，即：f (x )>0在[-π,+∞)上恒成立，所以f (x )在[-π,+∞)上的单调递增.(2)方法一：由e x +sin x ≥ax +1得：e x +sin x -ax -1≥0当x =0时，e x +sin x -ax -1≥0恒成立，符合题意令g (x )=e x +sin x -ax -1，x >0g (x )=e x +cos x -a =f (x )，由(1)得：g (x )在(0,+∞)上的单调递增，∴g (x )>2-a ，①当a ≤2时，g (x )>2-a ≥0，所以g (x )在(0,+∞)上的单调递增，所以g (x )>g (0)=0，符合题意②当a >2时，g (0)=2-a <0，g (ln (2+a ))=2+cos (ln (2+a ))>0，∴存在x 0∈(0,ln (2+a ))，使得g (x 0)=0,当0<x <x 0时，g (x )<g (x 0)=0；所以g (x )在(0,x 0)上的单调递减，当0<x <x 0时，g (x )<g (0)=0，这不符合题意综上，a 的取值范围是(-∞,2].方法二：令h (x )=e x +sin x ，s (x )=ax +1，x ≥0则h (0)=s (0)=1，符合题意h (x )=e x +cos x =f (x )+a ，f (x )=e x -sin x 由(1)得：f (x )>0在(0,+∞)上恒成立，h (x )在(0,+∞)上单调递增所以，h (x )>h (0)>0，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，其图象是下凸的，如图： ∵h (0)=2，所以，曲线h (x )在点(0,1)处的切线方程为：y =2x +1，要使得h (x )≥s (x )在[0,+∞)上恒成立，只需a ≤2所以，a 的取值范围是(-∞,2].5已知函数f x =a sin x ，其中a >0.(1)若f x ≤x 在0,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .【答案】(1)0,1 ；(2)证明见解析【详解】(1)令h x =x -a sin x ，x ∈0,+∞ ，则h x =1-a cos x ，当a ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0，当a ∈1,+∞ 时，令m x =h x =1-a cos x ，则m x =a sin x ，所以对∀x ∈0,π2 ，mx >0，则hx 在0,π2 上单调递增，又因为h0 =1-a <0，hπ2=1>0，所以由零点存在定理可知，∃x 0∈0,π2使得h x 0 =0，所以当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，h x <h 0 =0，与题意矛盾，综上所述，a ∈0,1 .(2)由(1)知，当a =1时，sin x ≤x ，∀x ∈0,+∞ . 先证ln x +1 ≤x ，x ∈0,+∞ ，令φx =x -ln x +1 ，则φ x =1-1x +1≥0，所以φx 单调递增，φx >φ0 =0，即ln x +1 ≤x . 所以当x ∈0,+∞ 时，ln x +1 +sin x ≤2x ，x +1xln x +1 +sin x ≤2x 2+1 .要证∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x ，只需证e x>x 2+1. 令g x =x 2+1 e -x-1，x ∈0,+∞ ，则g x =2x -x 2-1 e -x=-x -1 2e -x≤0.所以g x 在0,+∞ 上单调递减，所以g x <g 0 =0，即e x>x 2+1.综上可得∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .6已知函数f x =ae x +4sin x -5x .(1)若a =4，判断f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)设函数p x =3sin x -2x +2，若关于x 的方程f x =p x 有唯一的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)a ≤0或a =2【详解】(1)当a =4时，f x =4e x +4sin x -5x ,f x =4e x +4cos x -5，令g x =f x =4e x +4cos x -5,则g x =4e x -4sin x .当x ∈0,+∞ 时，4e x ≥4(x =0时等号成立)；-4sin x ≥-4(x =π2+2k π,k ∈Z 时等号成立)，所以g x =4e x -4sin x >0，即函数f x =4e x +4cos x -5在0,+∞ 上递增，所以f x ≥f 0 =3>0，即函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)方程f x =p x 即ae x +4sin x -5x =3sin x -2x +2有唯一的实根，则a =3x +2-sin xe x只有一个解，等价于直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x 的图象只有一个交点.令h x =3x +2-sin xex，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以hx=sin x -cos x +1-3x e x 的符号由分子决定，令m x =sin x -cos x +1-3x ，则m x =cos x +sin x -3=22sin x +π4-3<0.所以m x =sin x -cos x +1-3x 在R 上递减，因为m 0 =0，所以当x ∈-∞,0 时，m x >m 0 =0；当x ∈0,+∞ 时，m x <m 0 =0.即当x ∈-∞,0 时，h x >0；当x ∈0,+∞ 时，h x <0.所以函数h x =3x +2-sin xe x在-∞,0上递增，在0,+∞ 上递减，当x 趋于-∞时，e x 趋于0且大于0，分子3x +2-sin x 趋于-∞，则3x +2-sin xe x趋于-∞；当x =0时，h max x =h 0 =2；当x 趋于+∞时，e x 趋于+∞，分子3x +2-sin x 也趋于+∞，令φx =e x -3x +2-sin x ，则φ x =e x -3+cos x ，当x >2时，φ x =e x -3+cos x >0，则x 趋于+∞时，e x 增长速率大于3x+2-sin x 的增长速率，故x 趋于+∞时，3x +2-sin x e x趋于0.画出函数h x =3x +2-sin x e x的草图，并画出直线y =a ，要使直线y =a 与函数y =3x +2-sin xe x 的图象只有一个交点.则a ≤0或a =2.所以当a ≤0或a =2时，方程f x =p x 有唯一的实根.7已知函数f x =e x ，g x =2-sin x -cos x ．(1)求证：当x ∈0,+∞ ，x >sin x ；(2)若x ∈0,+∞ ，f x >g x +ax 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)-∞,2【详解】(1)证明：设F x =x -sin x ，x >0，则F x =1-cos x >0，所以F x 在区间0,+∞ 上单调递增，所以F x >F 0 =0，即x >sin x .(2)由f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立，即e x +sin x +cos x -ax -2>0在区间0,+∞ 上恒成立，设φx =e x +sin x +cos x -ax -2，则φx >0在区间0,+∞ 上恒成立，而φ x =e x +cos x -sin x -a ，令m x =φ x ，则m x =e x -sin x -cos x ，设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，所以函数h x 在区间0,+∞ 上单调递增，故在区间0,+∞ 上，h x >h 0 =0，即在区间0,+∞ 上，e x >x +1，由(1)知：在区间0,+∞ 上，e x >x +1>sin x +cos x ，即m x =e x -sin x -cos x >0，所以在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，当a ≤2时，φ 0 =2-a ≥0，故在区间0,+∞ 上函数φ x >0，所以函数φx 在区间0,+∞ 上单调递增，又φ0 =0，故φx >0，即函数f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立.当a >2时，φ 0 =2-a ，φ ln a +2 =a +2+cos ln a +2 -sin ln a +2 -a =2-2sin ln a +2 -π4>0，故在区间0,ln a +2 上函数φ x 存在零点x 0，即φ x 0 =0，又在区间0,+∞ 上函数φx 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φx <φx 0 =0，所以在区间0,x 0 上函数φx 单调递减，由φ0 =0，所以在区间0,x 0 上φx <φ0 =0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-∞,2 .8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3【详解】(1)a =-1时，设g (x )=f (x )+2x =-sin x -ln (1+x )+2x ，则g (x )=-cos x -11+x+2，∵x >0∴x +1>1∴-1x +1∈(-1,0)∵cos x ∈[-1,1]∴-cos x -1x +1+2>0，即g (x )>0在(0,+∞)上恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调增， 又g (0)=0∴g (x )>g (0)=0，即∀x >0,f (x )+2x >0；(2)a =1时，当k =4时，f (2)=sin2-ln3<0，所以k <4．下证k =3符合．k =3时，当x ∈0,32时，sin x >0，所以当a ≥1时，f (x )=a sin x -ln (1+x )≥sin x -ln (1+x )．记h (x )=sin x -ln (1+x )，则只需证h (x )=sin x -ln (1+x )≥0对x ∈0,32恒成立．h (x )=cos x -1x +1，令ϕ(x )=cos x -1x +1，则ϕ (x )=-sin x +1(x +1)2在0,π2 递减，又ϕ (0)=1>0,ϕ π2=-1+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得ϕ x 1 =0，则x ∈0,x 1 ,ϕ x 1 >0,ϕ(x )在0,x 1 递增，x ∈x 1,π2 ,ϕx 1 <0,ϕ(x )在x 1,π2 递减；又ϕ(0)=0,ϕπ2 =-1π2+1<0，所以存在x 2∈x 1,π2 使得ϕx 2 =0，且x ∈0,x 2 ,ϕ(x )>0,x ∈x 2,π2,ϕ(x )<0，所以h (x )在0,x 2 递增，在x 2,π2递减，又h (0)=0,h π2 =1-ln 1+π2 >0，所以h (x )≥0对x ∈0,π2 恒成立，因为0,32 ⊆0,π2 ，所以k =3符合．综上，整数k 的最大值为3．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若x≥0，f(x)≥2sin x，求a的取值范围．【答案】(1)0,1 e；(2)2,+∞．【详解】(1)由f(x)=(x-1)e x+ax+1，得f (x)=xe x+a，因为f(x)有两个极值点，则f (x)=0，即方程-a= xe x有两个不等实数根，令g(x)=xe x，则g (x)=(x+1)e x，知x<-1时，g (x)<0，g(x)单调递减，x>-1时，g (x)>0，g(x)单调递增，则x=-1时，g(x)取得极小值g(-1)=-1e，也即为最小值，且x<0时，g(x)<0，x→-∞时，g(x)→0，x>0时，g(x)>0，x→∞时，g(x)→+∞，故-1e<-a<0，即0<a<1e时，方程-a=xe x有两个实数根，不妨设为x1，x2x1<x2．可知x<x1时，f (x)>0，x1<x<x2时，f (x)< 0，x>x2时，f (x)>0，即x1，x2分别为f(x)的极大值和极小值点．所以f(x)有两个极值点时，a的取值范围是0,1 e．(2)令h(x)=(x-1)e x+ax-2sin x+1，原不等式即为h(x)≥0，可得h(0)=0，h (x)=xe x+a-2cos x，h (0)=a-2，令u(x)=h (x)=xe x+a-2cos x，则u (x)=(x+1)e x+2sin x，又设t(x)=(x+1)e x，则t (x)= (x+2)e x，x≥0时，t (x)>0，可知t(x)在0,+∞单调递增，若x∈0,π，有(x+1)e x>0，sin x>0，则u (x)>0；若x∈π,+∞，有(x+1)e x>(π+1)eπ>2，则u (x)>0，所以，x≥0，u (x)>0，则u(x)即h (x)单调递增，①当a-2≥0即a≥2时，h (x)≥h (0)≥0，则h(x)单调递增，所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥2符合题意．②当a-2<0即a<2时，h (0)<0，h (3-a)=(3-a)e(3-a)+a-2cos(3-a)≥3-a+a-2cos(2-a)> 0，存在x0∈(0,3-a)，使得h (x0)=0，当0<x<x0时，h (x)<0，则h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，综上所述，a的取值范围是2,+∞．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．【答案】(1)a=1；(2)证明见解析【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1-π2cosπ2x-a x，依题意得f (1)=1-a=0，得a=1，此时f (x)=1-π2cosπ2x-1x，当0<x<1时，0<π2x<π2，0<π2cosπ2x<π2，1x>1，故f (x)<0，f(x)在(0,1)内单调递减，当1<x<2时，π2<π2x<π，π2cosπ2x<0，1x<1，故f (x)>0，f(x)在(1,2)内单调递增，故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.综上所述：a=1.(2)由(1)知，f(x)=x-sinπ2x-ln x，不妨设0<x1<x2，当1≤x1<x2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，x2≥2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，0<x2<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x 1≠x 2，使得f x 1 =f x 2 ，所以1<x 2<2，要证x 1+x 2>2，只要证x 1>2-x 2，因为1<x 2<2，所以0<2-x 2<1，又f (x )在(0,1)内单调递减，所以只要证f (x 1)<f (2-x 2)，又f x 1 =f x 2 ，所以只要证f (x 2)<f (2-x 2)，设F (x )=f (x )-f (2-x )(1<x <2)，则F (x )=f (x )+f (2-x )=1-π2cos π2x -1x +1-π2cos π2(2-x ) -12-x =2-1x +12-x -π2cos π2x +cos π-π2x =2-1x +12-x-π2cos π2x -cos π2x =2-1x +12-x，令g (x )=2-1x +12-x(1<x <2)，则g (x )=1x 2-1(2-x )2=4-4x x 2(2-x )2，因为1<x <2，所以g(x )<0，g (x )在(1,2)上为减函数，所以g (x )<g (1)=0，即F (x )<0，所以F (x )在(1,2)上为减函数，所以F (x )<F (1)=0，即f (x 2)<f (2-x 2).综上所述：x 1+x 2>2.11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x <1时，x -x 2<sin x <x ；(2)已知函数f x =cos ax -ln 1-x 2 ，若x =0是f x 的极大值点，求a 的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)-∞,-2 ∪2,+∞【详解】(1)构建F x =x -sin x ,x ∈0,1 ，则F x =1-cos x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则F x 在0,1 上单调递增，可得F x >F 0 =0，所以x >sin x ,x ∈0,1 ；构建G x =sin x -x -x 2 =x 2-x +sin x ,x ∈0,1 ，则G x =2x -1+cos x ,x ∈0,1 ，构建g x =G x ,x ∈0,1 ，则g x =2-sin x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则g x 在0,1 上单调递增，可得g x >g 0 =0，即G x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则G x 在0,1 上单调递增，可得G x >G 0 =0，所以sin x >x -x 2,x ∈0,1 ；综上所述：x -x 2<sin x <x .(2)令1-x 2>0，解得-1<x <1，即函数f x 的定义域为-1,1 ，若a =0，则f x =1-ln 1-x 2 ,x ∈-1,1 ，因为y =-ln u 在定义域内单调递减，y =1-x 2在-1,0 上单调递增，在0,1 上单调递减，则f x =1-ln 1-x 2 在-1,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，故x =0是f x 的极小值点，不合题意，所以a ≠0.当a ≠0时，令b =a >0因为f x =cos ax -ln 1-x 2 =cos a x -ln 1-x 2 =cos bx -ln 1-x 2 ，且f -x =cos -bx -ln 1--x 2 =cos bx -ln 1-x 2 =f x ，所以函数f x 在定义域内为偶函数，由题意可得：f x =-b sin bx -2x x 2-1,x ∈-1,1 ，(i )当0<b 2≤2时，取m =min 1b ,1 ，x ∈0,m ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得fx =-b sin bx -2x x 2-1>-b 2x -2x x 2-1=x b 2x 2+2-b 2 1-x2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以fx >x b 2x 2+2-b 21-x2>0，即当x ∈0,m ⊆0,1 时，f x >0，则f x 在0,m 上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x 在-m ,0 上单调递减，所以x =0是f x 的极小值点，不合题意；(ⅱ)当b 2>2时，取x ∈0,1b ⊆0,1 ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得f x =-b sin bx -2x x 2-1<-b bx -b 2x 2 -2x x 2-1=x 1-x2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 ，构建h x =-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2,x ∈0,1b ，则h x =-3b 3x 2+2b 2x +b 3,x ∈0,1b，且h 0 =b 3>0,h 1b=b 3-b >0，则hx >0对∀x ∈0,1b 恒成立，可知h x 在0,1b 上单调递增，且h 0 =2-b 2<0,h 1b=2>0，所以h x 在0,1b 内存在唯一的零点n ∈0,1b ，当x ∈0,n 时，则h x <0，且x >0,1-x 2>0，则f x <x1-x 2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 <0，即当x ∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则f x 在0,n 上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x 在-n ,0 上单调递增，所以x =0是f x 的极大值点，符合题意；综上所述：b 2>2，即a 2>2，解得a >2或a <-2，故a 的取值范围为-∞,-2 ∪2,+∞ .【跟踪训练】1已知函数f x =xe -x +a sin x ，e 是自然对数的底数，若x =0恰为f (x )的极值点.(1)求实数a 的值；(2)求f (x )在区间-∞,π4上零点的个数.【答案】(1)-1；(2)1【详解】(1)由题意得f x =1-xex+a cos x ，因为x =0为f (x )的极值点，故f (0)=1+a =0,∴a =-1，此时f x =1-x e x-cos x ，则x <0时，1-xe x >1，故f (x )>0，则f (x )在(-∞,0)上单调递增；由f x =1-x e x -cos x =1-x -e x cos x e x，令g x =1-x -e x cos x ,∴g x =-1-e x cos x -sin x ，当0<x <π4时，cos x -sin x >0，则g (x )<0，则g (x )在0,π4上单调递减，故g (x )<g (0)=0，即f(x )<0，故f (x )在0,π4 上单调递减，则x =0为f (x )的极大值点，符合题意，故a =-1.(2)由(1)知f x =xe -x -sin x ，f x =1-xex-cos x ，x <0时，f (x )>0，f (x )在(-∞,0)上单调递增，则f (x )<f (0)=0，故f x 在(-∞,0)上不存在零点；当0<x <π4时，f (x )<0，故f (x )在0,π4上单调递减，则f (x )<f (0)=0，故f x 在0,π4上不存在零点；当x =0时，f (0)=0，即x =0为f x 的零点，综合上述，f (x )在区间-∞,π4上零点的个数为1.2已知函数f x =2cos x +ln 1+x -1．(1)判断函数f x 在区间0,π2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若x ≥0时，不等式f x <ax +1恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数f x 在区间0,π2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析；(2)实数a 的取值范围是1,+∞【详解】(1)函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点，证明如下，f x =-2sin x +1x +1，设t x =f x =-2sin x +1x +1，t x =-2cos x -1x +12，当x ∈0,π2 时，t x <0，所以f x 单调递减，又f 0 =1>0，f π2=-2+1π2+1=-2+2π+2<0，所以存在唯一的α∈0,π2 ，使得f α =0，所以当x ∈0,α 时，f x >0，当x ∈α,π2 时，f x <0，所以f x 在0,α 单调递增，在α,π2单调递减，所以α是f x 的一个极大值点，因为f 0 =2-1=1>0，f α >f 0 >0，f π2=ln 1+π2 -1<0，所以f x 在0,α 无零点，在α,π2上有唯一零点，所以函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点；(2)由f x ≤ax +1，得2cos x +ln 1+x -ax -2≤0，令g x =2cos x +ln 1+x -ax -2，x >0 ，则g 0 =0，g x =-2sin x +11+x-a ，g 0 =1-a ，①若a ≥1，则-a ≤-1，当x ≥0时，-ax ≤-x ，令h x =ln x +1 -x ，则h x =1x +1-1=-xx +1，当x ≥0时，h x ≤0，所以h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x ≤h 0 ，所以ln x +1 -x ≤0，即ln x +1 ≤x ，又cos x ≤1，所以g x ≤2+x -x -2=0，即当x ≥0时，f x ≤ax +1恒成立，②若0≤a <1，因为当x ∈0,π2 时，g x 单调递减，且g 0 =1-a >0，g π2 =-2+11+π2-a <0，所以存在唯一的β∈0,π2，使得g β =0，当x ∈0,β 时，g x >0，g x 在0,β 上单调递增，不满足g x ≤0恒成立，③若a <0，因为g e 4-1 =2cos e 4-1 +ln e 4 -a e 4-1 -2=2-2cos e 4-1 -a e 4-1 >0不满足g x ≤0恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是1,+∞ .3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立. (1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)【答案】(1)a =1；(2)证明见解析【详解】(1)因为f x -g x ≥0恒成立，所以xe x -a (ln x +x )≥1恒成立，令h (x )=xe x -a (ln x +x )，则h (x )=e x+xe x-a 1x +1 =(x +1)⋅xe x -ax(x >0)，当a <0时，h (x )>0，所以h (x )在(0,+∞)上递增，当x→0时，xe x →0,ln x →-∞，所以h (x )→-∞，不合题意，当a =0时，h 12=e2<1，不合题意，当a >0时，令xe x -a =0，得a =xe x ，令p (x )=xe x ，则p (x )=(x +1)e x >0，所以p (x )=xe x 在(0,+∞)上递增，且p (0)=0，所以a =xe x 有唯一实根，即h (x )=0有唯一实根，设为x 0，即a =x 0e x 0，且x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，x ∈x 0,+∞ 时，h(x )>0,所以h (x )在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，所以h (x )min =f x 0 =x 0e x 0-a ln x0+x 0 =a -a ln a ，所以只需a -a ln a ≥1，令t =1a ，则上式转化为ln t ≥t -1，设φ(t )=ln t -t +1，则φ (t )=1t -1=1-tt，当0<t <1时，φ (t )>0，当t >1时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以φ(t )≤φ(1)=0，所以ln t ≤t -1，所以ln t =t -1，得t =1，所以t =1a=1，得a =1，(2)证明：由(1)知，当a =1时，f x ≥g x 对任意x >0恒成立，所以∀x ∈0,+∞ ，xe x ≥x +ln x +1(当且仅当x =1时取等号)，则x 3e x ≥x 3+x 2ln x +x 2(x >0)，所以要证明x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x ，只需证明x 3+x 2ln x +x 2>(x 2+3)ln x +2sin x (x >0)，即证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，设t (x )=ln x -x +1,m (x )=sin x -x ，则由(1)可知ln x ≤x -1(x >0)，m (x )=cos x -1≤0在(0,+∞)上恒成立，所以m (x )在(0,+∞)上递减，所以∀x ∈0,+∞ ，m (x )<m (0)=0，所以sin x <x (x >0)，所以要证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，只要证x 3+x 2≥3(x -1)+2x (x >0)，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)，令H (x )=x 3+x 2-5x +3，则H (x )=3x 2+2x -5=(3x +5)(x -1)，当0<x <1时，H (x )<0，当x >1时，H (x )>0，所以H (x )在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以当x ∈0,+∞ 时，H (x )≥H (1)=0，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)恒成立，所以原命题成立.4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.【答案】(1)x =2π3+2k π(k ∈Z )；(2)(0,2].【详解】(1)函数g (x )=12x +sin x ，求导得g (x )=12+cos x ，由g (x )=0，得cos x =-12，当-2π3+2k π<x<2π3+2k π(k ∈Z )时，cos x >-12，即g (x )>0，函数g (x )单调递增；当2π3+2k π<x <4π3+2k π(k ∈Z )时，cos x <-12，即g (x )<0，函数g (x )单调递减，因此函数g (x )在x =2π3+2k π(k ∈Z )处有极大值，所以函数g (x )的极大值点为x =2π3+2k π(k ∈Z ).(2)依题意，m >0，∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x ⇔x +sin x -mx cos x ≥0，当x =π2时，π2+1≥0成立，则m >0，当x ∈0,π2时，cos x >0，x +sin x -mx cos x ≥0⇔x +sin x cos x-mx ≥0，令h (x )=x +sin x cos x -mx ，x ∈0,π2 ，求导得h(x )=(1+cos x )cos x +(x +sin x )sin x cos 2x -m =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，令φx =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，x ∈0,π2 ，求导得φ (x )=x cos 2x +2x sin 2x +sin2x +2sin x cos 3x >0，因此φ(x )在0,π2 上单调递增，即有φx ≥φ0 =2-m ，而cos x +x sin x +1cos 2x ≥cos x +1cos 2x >1cos 2x，又函数y =1cos 2x在x ∈0,π2 上的值域是[1,+∞)，则函数φ(x )，即h x 在0,π2 上的值域是2-m ,+∞ ,当0<m ≤2时，h (x )≥0，当且仅当m =0,x =0时取等号，于是函数h (x )在0,π2上单调递增，对x ∈0,π2 ，h (x )≥h (0)=0，因此0<m ≤2，当m >2时，存在x 0∈0,π2，使得h (x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，函数h (x )在(0,x 0)上单调递减，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<h (0)=0，不符合题意，所以m 的取值范围为(0,2].5已知函数f (x )=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a (x >0)．(1)当a =1时，(I )求(π,f (π))处的切线方程；(II )判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)(I )y =3πx -2π2+1；(II )f x 单调递增，证明见解析；(2)a ≥1【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2-x sin x +1，可得f (x )=2x -sin x -x cos x .(I )f (π)=π2+1,f (π)=3π，所以在(π,f (π))处的切线方程为y -π2+1 =3πx -π ，即y =3πx -2π2+1.(II )f (x )=2x -sin x -x cos x =x -sin x +x (1-cos x )，设m (x )=x -sin x (x >0)，则m (x )=1-cos x ≥0,m (x )单调递增，所以m (x )>m (0)=0，即x >sin x ，所以当x >0时，f (x )>0,f (x )单调递增.(2)设g (x )=f (x )-1=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a -1，由题意g (x )>0恒成立.①当a ≤0时，g π2=a π2π2-1 +a -1<0,g (x )>0不恒成立，不合题意；②当0<a <1时，设h (x )=g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，h (0)=0，h (x )=2a -a cos x +ax sin x -cos x ，h (0)=a -1<0，h π2=2a +π2a >0，设r (x )=h (x )，x ∈0,π2，r (x )=2a sin x +ax cos x +sin x >0，h (x )单调递增，由零点存在定理得∃t ∈0,π2，使得h (t )=0.h (x )在(0,t )上h (x )<0，h (x )<h (0)=0，即g (x )<0，所以g (x )在(0,t )上单调递减，g (x )<g (0)=0，g (x )>0不恒成立，不合题意；③当a ≥1时，g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，则g (x )x =2a -a cos x -sin x x =a (1-cos x )+a -sin x x，当x>0时，1-cos x ≥0,x >sin x ，即sin xx <1，则g (x )x >0，所以当x >0时，g (x )>0,g (x )单调递增.可得：g (x )>g (0)=0，即f (x )>1，所以a ≥1.综上，a 的取值范围为1,+∞ ．6已知f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R ).(1)当a =14时，求y =f (x )在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x ∈R 时，f (x )≥2恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3 ；(2)[3,+∞).【详解】(1)当a =14时，f (x )=14x 2-cos x -x sin x +14，求导得f (x )=12x -x cos x =x 12-cos x ，而x ∈[-π,π]，由cos x =12，得x =±π3，当x ∈-π3,π3 时，12-cos x <0，当x ∈π3,π ∪-π,-π3时，12-cos x >0，则当x >0时，若f (x )>0，则x ∈π3,π ；若f (x )<0，则x ∈0,π3，当x <0时，若f (x )>0，则x ∈-π3,0 ；若f (x )<0，则x ∈-π,-π3 ，所以函数y =f (x )在[-π,π]内的单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3.(2)因为f (-x )=a (-x )2-cos (-x )-(-x )sin (-x )+a =f (x )，于是函数f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R )为偶函数，则f (x )≥2对任意x ∈R 恒成立，等价于对任意的x ∈[0,+∞)，恒有f (x )≥2成立，求导得f (x )=2ax -x cos x =x (2a -cos x )，当x ∈[0,+∞)时，当2a ≥1，a ≥12成立时，2a -cos x ≥0恒成立，即f (x )≥0恒成立，函数f (x )在[0,+∞)内单调递增，则有f x min =f 0 =a -1，因此a -1≥2，解得a ≥3，则a ≥3；当2a <1，a <12时，函数y =cos x 在[0,π]上单调递减，且-1≤cos x ≤1，因此存在x 0>0，使得当x ∈(0,x 0)时，2a -cos x <0，f (x )<0，函数f (x )在(0,x 0)上递减，此时x ∈0,x 0 ，f x <f 0 =a -1<2，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[3,+∞).7已知函数f (x )=e x -a -x -cos x ，x ∈(-π,π)其中e =2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a =0时，证明：f x ≥0;(2)当a =1时，求函数y =f x 零点个数．【答案】(1)证明见解析；(2)2.【详解】(1)当a =0时，f (x )=e x -x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1+sin x ，显然f (0)=0，当-π<x <0时，e x -1<0,sin x <0，则f (x )<0，当0<x <π时，e x -1>0,sin x >0，则f (x )>0，因此函数f (x )在(-π,0)上单调递减，在(0,π)上单调递增，则当x ∈(-π,π)时，f (x )≥f (0)=0，所以f x ≥0.(2)当a =1时，f (x )=e x -1-x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1-1+sin x ，当-π<x <0时，e x -1-1<0,sin x <0，则f (x )<0，当1<x <π时，e x -1-1>0,sin x >0，则f (x )>0，当0≤x ≤1时，函数y =e x -1-1,y =sin x 都递增，即函数f (x )在(0,1)上单调递增，而f (0)=e -1-1<0,f (1)=sin1>0，因此存在x 0∈(0,1)，使得f (x 0)=0，当0≤x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x ≤1时，f (x )>0，从而当-π<x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x <π时，f (x )>0，即有函数f (x )在(-π,x 0)上单调递减，在(x 0,π)上单调递增，f (x 0)<f (0)=e -1-1<0，而f -π2 =e -π2-1+π2>0,f π2 =e π2-1-π2>e -π2>0，于是函数f (x )在(-π,x 0)，(x 0,π)各存在一个零点，所以函数y =f x 零点个数是2.8已知函数f x =x -1 e x +ax +1.(1)若a =-e ，求f x 的极值；(2)若x ≥0，f x ≥2sin x ，求a 的取值范围.【答案】(1)f x 极小值=1-e ，无极大值.(2)2,+∞【详解】(1)当a =-e 时f x =x -1 e x -ex +1，则f x =xe x -e ，令g x =f x =xe x -e ，则g 1 =0，gx =x +1 ex，所以当x <-1时g x <0，g x 单调递减且g x <0，当x >-1时g x >0，g x 单调递增，所以当x <1时g x <0，即f x <0，当x >1时g x >0，即f x >0，所以f x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1处取得极小值，即f x 极小值=f 1 =1-e ，无极大值.(2)令h x =f x -2sin x =x -1 e x +ax -2sin x +1，x ∈0,+∞ ，则原不等式即为h x ≥0，可得h 0 =0，h x =xe x +a -2cos x ，h 0 =a -2，令u x =h x =xe x +a -2cos x ，则u x =x +1 e x +2sin x ，令t x =x +1 e x ，x ∈0,+∞ ，则t x =x +2 e x >0，所以t x 在0,+∞ 上单调递增，则t x ≥t 0 =1，则x ∈0,π 时x +1 e x >0，sin x ≥0，所以u x >0，当x ∈π,+∞ 时x +1 e x ≥π+1 e π>2，所以u x >0，所以u x >0在0,+∞ 上恒成立，所以u x 即h x 在0,+∞ 上单调递增，当a -2≥0，即a ≥2时h x ≥h 0 ≥0，所以h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0恒成立，所以a ≥2符合题意，当a -2<0，即a <2时h 0 <0，h 3-a =3-a e 3-a+a -2cos 3-a ≥3-a +a -2cos 3-a >0，所以存在x 0∈0,3-a 使得h x 0 =0，当0<x <x 0时h x <0，则h x 单调递减，所以h x <h 0 =0，与题意不符，综上所述，a 的取值范围是2,+∞ .9已知函数f x =2sin x -ln 1+x 0<x <π ．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析；(2)2α>β，证明见解析【详解】(1)当π2<x <π时，由于y =2sin x 单调递减，y =ln 1+x 单调递增，所以f x 单调递减，又f π2=2-ln 1+π2 >0,f π =-ln 1+π <0，所以f x 只有一个零点(设为x 0)，无极值点；当0<x <π2时，由f x =2sin x -ln 1+x 得f x =2cos x -1x +1，设g x =2cos x -1x +1，则g x =-2sin x +1x +1 2，由于y =-2sin x 和y =1x +12在0,π2 上均单调递减，所以g x 单调递减，又g 0 =1>0,g π2=-2+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得g x 1 =0，当0<x <x 1时，g x >0，g x 单调递增，即f x 单调递增，当x 1<x <π2时，g x <0，g x 单调递减，即f x 单调递减，又f π3=1-11+π3>0,f π2 =-1π2+1<0，所以当0<x <x 1时，f x >0恒成立，且存在x 2∈π3,π2 ，使得fx 2 =0，当0<x <x 2时，fx >0，f x 单调递增，当x 2<x <π2时，fx <0，f x 单调递减，所以x 2是f x 的极值点，又f 0 =0,f π2=2-ln 1+π2 >0，所以当0<x <π2时，f x >0恒成立，即函数f x 无零点；综上，函数f x 有唯一的极值点α(α=x 2)，及唯一的零点β(β=x 0).(2)2α>β，证明如下：由(1)知α∈π3,π2，2α,β∈π2,π ，由于α为f x 的极值点，所以f α =2cos α-1α+1=0，即2cos α=11+α，所以f 2α =2sin2α-ln 1+2α =4sin αcos α-ln 1+2α =2sin α1+α-ln 1+2α ，设y =x -sin x 0<x <π2，则y =1-cos x >0，所以y =x -sin x 单调递增，所以x -sin x >0，即x >sin x ，所以f2α=2sinα1+α-ln1+2α<2α1+α-ln1+2α，令φ(x)=2x1+x-ln(1+2x)0<x<π2，则φ (x)=-2x21+x21+2x<0，所以φ(x)在0,π2上单调递减，所以φ(x)<φ(0)=0，所以f2α <0=fβ ，又f x在π2,π递减，所以2α>β.10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．【答案】(1)a≥0；(2)0<a<1【详解】(1)由题得f x =2ax+1-1x，因为f x 在1,+∞上单调递增，所以f x =2ax+1-1x≥0在1,+∞上恒成立，即2a≥1x2-1x在1,+∞上恒成立，因为1x2-1x=1x-122-14≤0，所以a≥0.(2)因为g x =ax-sin x，则g x =a-cos x，注意到：g0 =0，g 0 =a-1，若a≥1，则g x =a-cos x≥0，所以g x 在0,π上单调递增，所以g x >g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若a≤-1，则g x =a-cos x≤0，所以g x 在0,π上单调递减，所以g x <g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若-1≤a≤0，显然g x =ax-sin x<0，在0,π上不存在零点，若0<a<1，显然存在t∈0,π，使得g t =0，且g x 在0,π上单调递增，注意到：g 0 =a-1<0，g π =a+1>0，所以g x 在0,t上小于零，在t,π上大于零，所以g x 在0,t上单调递减，在t,π上单调递增，注意到：g0 =0，g t <0，且gπ >0，所以存在唯一β∈t,π使得gβ =0，综上，所以0<a<1.11已知函数f x =ln x+sin x.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.【答案】(1)sin1；(2)f x 有1个零点，证明见解析【详解】(1)f(x)=ln x+sin x的定义域为0,+∞，故f (x)=1x+cos x，令g x =f (x)=1x+cos x，g x =-1 x2-sin x，当x∈1,e时，g x =-1x2-sin x<0，所以g x 在1,e上单调递减，且g1 =1+cos1>0，g e =1e +cos e<1e+cos2π3=1e-12<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使g a =f a =0，又当x∈1,a时，g x =f x >0；当x∈a,e时，g x =f x <0；所以f x 在x∈1,a上单调递增，在x∈a,e上单调递减，又因为f1 =ln1+sin1=sin1，f e =ln e+sin e=1+sin e >f1 ，所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1 =sin1.(2)f x 有1个零点，证明如下：因为f(x)=ln x+sin x，x∈0,+∞，若0<x≤1，f (x)=1x+cos x>0，所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1 =sin1>0，f1e=-1+sin1e<0，结合零点存在定理可知，lnπ>1≥-sin x ，所以f x >0，综上，函数f (x )在0,+∞ 有且仅有一个零点.12已知函数f (x )=12ax 2-(a -2)x -2ln x .(1)当a =2时，证明：f x >sin x .(2)讨论f x 的单调性.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析【详解】(1)当a =2时，f (x )=x 2-2ln x (x >0)，f (x )=2x -2x，令f (x )<0，得0<x <1，令f (x )>0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以f (x )≥f (1)=1，当且仅当x =1时，等号成立，而当x =1时，sin x <1，当x >0且x ≠1时，sin x ≤1，所以f x >sin x .(2)f (x )=12ax 2-(a -2)x -2ln x 的定义域为(0,+∞)，f (x )=ax -(a -2)-2x =(x -1)ax +2 x，当a ≥0时，ax +2>0，令f (x )<0，得0<x <1，令f (x )>0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数.当a <0时，令f (x )=0，得x =1或x =-2a ，若1<-2a，即-2<a <0时，令f (x )<0，得0<x <1或x >-2a ；令f (x )>0，得1<x <-2a ，所以f (x )在(0,1)和-2a ,+∞ 上为减函数，在1,-2a 上为增函数；若1=-2a ，即a =-2时，f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上为减函数；若1>-2a ，即a <-2时，令f (x )<0，得0<x <-2a 或x >1，令f (x )>0，得-2a <x <1，所以f (x )在0,-2a和(1,+∞)上为减函数，在-2a ,1 上为增函数.综上所述：当a ≥0时，f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；当-2<a <0时，f (x )在(0,1)和-2a ,+∞ 上为减函数，在1,-2a 上为增函数；当a =-2时，f (x )在(0,+∞)上为减函数；当a <-2时，f (x )在0,-2a和(1,+∞)上为减函数，在-2a ,1 上为增函数.13(1)证明：当x <1时，x +1≤e x ≤11-x；(2)是否存在正数a ，使得f x =2e x +a sin x -ax 2-a +2 x 在R 上单调递增，若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，a =1【详解】(1)设g x =e x -x -1，其中x <1，则g x =e x -1，由g x <0可得x <0，由g x >0可得0<x <1，所以，函数g x 在-∞,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，所以，当x <1时，g x ≥g 0 =0，即x +1≤e x (*)，由(*)可知e -x ≥1-x ，当x <1时，得e x ≤11-x，原不等式得证；(2)f x =2e x +a sin x -ax 2-a +2 x ，则f x =2e x +a cos x -2ax -a -2，设h x =2e x +a cos x -2ax -a -2，则h x =2e x -a sin x -2a ，f x 在R 上单调递增⇔f x ≥0在R 上恒成立，注意到f 0 =0，只需f x 在x =0处取得最小值，易知其必要条件为h0 =2-2a =0，则a =1，下面证明充分性：令p x =x -sin x ，则p x =1-cos x ≥0且p x 不恒为零，所以，函数p x 在R 上单调递增，当x >0时，p x =x -sin x >p 0 =0，即x >sin x ，当x <0时，p x =x -sin x <p 0 =0，即x <sin x ，当a =1时，f x =2e x +sin x -x 2-3x ，则f x =2e x +cos x -2x -3=h x ，故h x =2e x -sin x -2，①当x >0时，h x >2x +2-sin x -2>2x -sin x >2x -x =x >0，所以h x 在0,+∞ 上单调递增，即f x 在0,+∞ 上单调递增；②当x <0时，若x ∈-1,0 ，则h x =2e x -sin x -2<21-x -sin x -2<21-x -x -2=x 1+x 1-x<0，若x ∈-∞,-1 ，则h x =2e x -sin x -2≤2e+1-2<0，所以h x 在-∞,0 上单调递减，即f x 在-∞,0 上单调递减.由①②可知，fx ≥f0 =0，故当a =1时，f x 在R 上单调递增.当0<a <1时，由(1)知当x <1时，f x =2e x +a cos x -2ax -a -2≤21-x +a cos x -2ax -a -2≤21-x +a -2ax -2-a =2ax x -1-1a 1-x，当x ∈1-1a,0 时，f x <0，f x 单调递减，不合题意；当a >1时，同理可得当x <1时，f x ≤2ax x -1-1a 1-x ，当x ∈0,1-1a时，f x <0，f x 单调递减，不合题意.综上所述：当a =1时，函数f x 在R 上单调递增.。
高考数学中的三角函数应用及相互转化
高考数学中的三角函数应用及相互转化在高中数学学习中，三角函数是必修的一部分，也是高考数学考试分值较高的一项内容。
在应用题中，三角函数应用的地方也很多，如力学中的物体运动，电学中的交流电路等等，因此掌握三角函数的知识和应用技巧对于高考数学考试至关重要。
1、正弦定理的应用正弦定理是三角函数中的一种定理，在解直角三角形和一般三角形的问题时均有应用。
在高考中，常常利用正弦定理进行求解，如求解角度或边长等。
通过正弦定理，可以让我们更加全面地了解一个三角形的信息。
例如，高考数学中常出现"已知一个三角形的两边长度和夹角，求第三边长度"的问题。
此时，我们可以运用正弦定理来解决。
假设已知三角形的两边长度分别为a和b，夹角为θ，则根据正弦定理：sinθ=a/sinA=b/sinB其中，A和B分别为与a、b对应的角度。
利用正弦定理解出第三边c的长度后，我们就能更好地了解三角形的信息，进而解决各种应用题。
2、余弦定理的应用余弦定理也是三角函数中的一种定理。
它常常被应用于“已知三角形三边长度，求夹角”的问题中。
通过余弦定理，我们可以快速地求出一个三角形的角度，从而应用到各种高考应试问题中。
例如，利用余弦定理可以求解直角三角形的斜边长度，也可以求解一般三角形的边长。
具体来说，如果一个三角形的三边长度分别为a、b、c，则根据余弦定理：c²=a²+b²-2abcosθ其中，θ代表a和b之间的夹角，cosθ称为余弦值。
这个式子可以直接解出cosθ，从而得出夹角大小。
利用这个关系式，我们还可以发现，当cosθ=1或-1时，夹角对应着直角或平角。
3、正弦、余弦、正切之间的相互转化在高考数学中，常常需要进行三角函数之间的相互转化，例如将正弦转化为余弦，或将反正切转化为正切等。
因此，我们需要掌握一些基本的三角函数相互转化公式。
（1）正弦和余弦的转化通过三角函数的基本定义，可以得到sinθ/ cosθ=tanθ。
如何解决高考中有关三角函数问题
（ ２ ） 当 ｚ ∈ ［ 一 詈 ， ］ 时 ， ２ ｘ ＋ ￣ Ｅ ［ 一 詈 ， 号 兀 ］ ；
◇ 山东 量 锡 涛
高考在 不断 改革 ， 要 求 学 生 由 以前 的应 试教 育 向 素质教 育 的过 渡 ， 培养能力 ， 从 近 几 年 的高 考 中三 角
类型 １ 三 角 函数 与 正 余 弦 定 理 结 合 求 值 问题
黼 — Βιβλιοθήκη 一１ ， 所以 － 厂 （ ） 的最 大值 和最小值 分 别是 ２和 一１ ．
粪 嘉 雾 芸 竺 嚣 兰 芸 善
数形 式 ， 进 而根 据周 期公 式 即可 求 周 期 ， 根据 三角 函
１ ） ．
ｆ 一口 。 ＋ｂ 一ａ ｂ ， 联立 可得 ａ ｂ ＝÷． 故 选 Ａ．
（ １ ）求 函数 ＿ 厂 （ ｚ ） 的最 ／ ｂ ｉ ［ 周 期 （ ２ ）若 — Ｌ 厂 （ ） 的图象经过 点 （ ７ ： １ ， ０ ） ， 求 函 数
彝篓 萎
目， 是 学 生易得分 点．
一
角 的范 围， 是 灵活性 较强 的题 目．
类型 ３ 求 三 角 函 数 式 的 最 值 和 周 期 问题
例３ （ ２ ０ １ １年北 京理 ）已知 函数
１ ≤ ｓ ｉ ｎ （ 号 ｚ 一 詈 ） ≤ １ ， 可 得 一 １ 一 ≤ ２ ｓ ｉ ｎ （ 号 ｚ 一
厂 （ ｚ ） ： ４ ｃ 。 ｓ Ｘ Ｓ ｉ ＋ 詈 ） 一 １ ．
答 案 Ｃ ．
一 一 ２ ｓ ｉ ｎ （ 詈 × 号 一 詈 ） 一 一 ２ ｓ ｉ ｎ 手 一 一 ， ／ ｇ ，
彝
磊 曩 善 妻 羹 即 ＝ 一 ． 故 ， （ ｚ ） 一 ２ ｓ ｉ ｎ （ 号 一 詈 ） 一 ．
高考数学中的三角函数变形问题
高考数学中的三角函数变形问题数学是一门重要的学科，它在各个领域发挥着不可替代的作用。
作为学生们必须面对的科目，高考数学是无疑是关键的一环。
其中，三角函数变形问题是高考数学中的重要内容之一，也是全国高考数学试卷中必考的内容。
本文就来探究一下高考数学中的三角函数变形问题。
一、三角函数概述三角函数指的是正弦函数、余弦函数、正切函数和余切函数，是高等数学中的重要内容。
三角函数是解决三角形相关问题的基础，因此在向量、微积分等学科中也有着重要的应用。
在高考数学中，三角函数变形是不可避免的考点。
因此，学生需要掌握基本的三角函数性质，例如周期、正负性、单调性、奇偶性、对称性等，从而熟练解决三角函数的计算问题。
二、三角函数基本性质1.正弦函数正弦函数（sinx）是一个周期函数，其周期为2π。
在定义域内，其函数值介于-1到1之间，在x=0时，函数值为0，在其它的零点出现在正周期内，具体位置可由nπ（n为整数）求得。
2.余弦函数余弦函数（cosx）同样是一个周期函数，其周期也是2π。
在定义域内，其函数值介于-1到1之间，在x=π/2时，函数值为0，在其它的零点出现在正周期内，具体位置可由nπ（n为整数）求得。
3. 正切函数正切函数（tanx）在每个相邻的整周期之间都有一根无限大的垂直渐近线。
在定义域内，其函数值的范围没有界限。
在x=(n+1/2)π（n为整数）时，函数为无限大，在x=nπ（n为整数）时，函数值为0。
4. 余切函数余切函数（cotx）同样在每个相邻的整周期之间有一根无限小的水平渐近线。
其函数值的范围同样没有界限。
在x=nπ（n为整数）时，函数为无限大，在x=(n+1/2)π（n为整数）时，函数值为0.三、三角函数的变形问题在高考数学中，三角函数的变形问题是必考题目之一。
这些问题通常是要求学生根据所给的一些条件推导处某个未知函数的函数式。
以下是三角函数变形的一些常见问题：1.基本的三角函数变形例如：已知tan^2 x + 1 = sec^2 x，求tan^2 x的值。
高考数学中的三角函数问题解析
高考数学中的三角函数问题解析高考数学是很多学生心中的痛，尤其是在数学中的三角函数方面，更是常常成为他们最为头疼的问题。
为此，本文将从三角函数的定义、基本公式、属性等几个方面，为大家详细解析高考数学中的三角函数问题，希望能够对考生有所帮助。
一、三角函数的定义三角函数是数学中的一种基础概念，通常被定义为角度（或弧度）与直角三角形的对应关系。
其中，正弦函数、余弦函数和正切函数是三个最基本的三角函数。
其定义如下：正弦函数sinA = 对边 / 斜边 (对于任意角A，斜边为定值)余弦函数cosA = 邻边 / 斜边 (对于任意角A，斜边为定值)正切函数tanA = 对边 / 邻边需要注意的是，三角函数的定义不仅仅适用于直角三角形，也适用于任意角度的三角形。
二、三角函数的基本公式在解决三角函数问题中，掌握三角函数的基本公式是非常重要的。
下面是几个比较重要的基本公式：sin²A + cos²A = 1（平方和恒等式）sin2A = 2sinAcosAcos2A = cos²A - sin²AtanA = sinA / cosAcotA = cosA / sinA需要注意的是，sin²A代表的是sin A的平方，而sin2A则表示的是sin(A+A)。
因此，在运用这些基本公式时一定要注意区分。
三、三角函数的属性在解决高考数学中的三角函数问题时，如果能够充分掌握三角函数的属性，那么就可以更加轻松地处理问题。
下面是几个常见的三角函数属性：正弦函数的周期是2π，而余弦函数的周期也是2π。
正弦函数在x = kπ + π/2（k为整数）的位置取得最大值1，最小值-1；在x = kπ的位置取得最小值0，最大值0。
余弦函数在x = kπ的位置取得最大值1，最小值-1；在x = kπ + π/2（k为整数）的位置取得最小值0，最大值0。
正切函数在x = kπ + π/2（k为整数）的位置有一个无定义点，即该点不在正切函数的定义域内。
高考数学中的三角函数的变形式与应用
高考数学中的三角函数的变形式与应用三角函数是高考数学中的重要内容，也是数学中最基础的概念之一、它在几何、代数、物理等多个领域都有广泛的应用。
三角函数的变形式是指基本三角函数的一些变形，如反三角函数、和差化积、倍角公式等；而三角函数的应用则是指在实际问题中，利用三角函数的性质和定理解决具体问题。
一、三角函数的变形式1.反三角函数反三角函数是指以一个已知的三角函数值为输入，求出相应的角度的函数。
常见的反三角函数有正弦函数的反函数arcsin(x)，余弦函数的反函数arccos(x)，正切函数的反函数arctan(x)等。
反三角函数的定义域是一个有限区间，值域是一个无限区间。
2.和差化积和差化积是指将两个三角函数的和（差）化为一个三角函数。
例如，sin(a+b)可以用sin(a)cos(b)+cos(a)sin(b)表示，cos(a+b)可以用cos(a)cos(b)-sin(a)sin(b)表示。
3.倍角公式倍角公式是指将一个角的三角函数表达式化为该角的两倍角的三角函数表达式。
例如，sin(2a)可以用2sin(a)cos(a)表示，cos(2a)可以用cos²(a)-sin²(a)表示，tan(2a)可以用2tan(a)/1-tan²(a)表示。
4.辅助角公式辅助角公式是指利用一个或多个角的三角函数表达式求解另一个或其他几个角的三角函数表达式。
例如，sin(a+b)可以用sin(a)cos(b)+cos(a)sin(b)表示，tan(a+b)可以用(tan(a)+tan(b))/(1-tan(a)tan(b))表示。
二、三角函数的应用1.几何应用三角函数在几何中有广泛的应用，例如在平面几何中可以通过三角函数计算角的正弦、余弦和正切值，从而确定三角形的一些性质，如判定是否相似、是否全等、是否直角等。
在立体几何中，三角函数可以帮助计算体积、表面积等。
2.物理应用三角函数在物理中也有重要的应用。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
一、引言三角学﹝Trigonometry﹞创始于公元前约150年，早在公元前300年，古代埃及人已有了一定的三角学知识，主要用于测量。
例如建筑金字塔、整理尼罗河泛滥后的耕地、通商航海和观测天象等。
公元前600年左右古希腊学者泰勒斯(p13)利用相似三角形的原理测出金字塔的高，成为西方三角测量的肇始。
我国古代没有出现角的函数概念，只用勾股定理解决了一些三角学范围内的实际问题。
据《周髀算经》记载，约与泰勒斯同时代的陈子已利用勾股定理测量太阳的高度，其方法后来称为「重差术」。
现代高考中三角学主要研究角的三角函数的基本性质及实际应用问题，如几何计算、最值、建模等实际问题。
二、高考中三角函数的现状及简单分析近几年高考对三角变换的考查要求有所降低，而对本章的内容的考查有逐步加强的趋势，主要表现在对三角函数的图象与性质的考查上有所加强.大致可分为四类问题：（1）与三角函数单调性有关的问题；（2）与三角函数图象有关的问题；（3）应用同角变换和诱导公式，求三角函数值及化简和等式证明的问题；（4）与周期有关的问题.基本的解题规律为：观察差异（或角，或函数，或运算），寻找联系（借助于熟知的公式、方法或技巧），分析综合（由因导果或执果索因），实现转化。
在三角函数求值问题中的解题思路，一般是运用基本公式，将未知角变换为已知角求解；在最值问题和周期问题中，解题思路是合理运用基本公式将表达式转化为由一个三角函数表达的形式求解.（一）三角函数的现状1．课改后的三角函数尽管三角函数这部分内容是高中数学的传统内容，但在新教材中，教学内容、教材设计特别是教学要求上都发生了较大的变化。
认识这一变化，对于我们领悟课标的理念，控制教学的深度、难度和广度有着至关重要的作用，只有准确地把握考纲要求，才能避免复习中做一些无用功。
（1）进一步加强了几何直观。
三角函数的概念、公式的推导及其性质研究都紧密结合单位圆、三角函数线、三角函数的图象；（2）加强了数学建模的思想。
将三角函数作为刻画现实世界的数学模型，先呈现丰富的背景材料，再分析、概括、抽象，最后建立模型来解决问题；（3）强调信息技术的应用。
新教材倡导借助计算器、计算机求三角函数值，求解测量问题，画三角函数图像，分析参数变化对函数的影响等等。
把学生从烦琐的计算中解脱出来，并利用信息技术探索数学规律。
（4）强调数学知识之间的内在联系以及数学与其它学科的联系。
新教材进一步发挥向量的工具性作用，注重沟通代数、几何、三角的联系，充分体现了数形结合思想。
此外，还突出了三角与向量的物理背景及其在物理中的应用，体现了学科间的联系。
2．考试大纲中考试要求的变化（二）关注考纲和考试重点，提高复习效率1．紧扣大纲，把握高考命脉《考试大纲》是数学高考试题的主要命题依据，是高中数学教学的纲领性和指导性文件，因此我们在复习时要认真研读考纲，准确把握复习的方向。
复习中应遵循大纲所规定的内容和要求，例如，三角函数只讲正弦、余弦、正切三种；同角三角函数的基本关系式只讲1cos sin 22=+αα，αααtan cos sin =两个。
三角函数，不要求引入难度过高，计算过繁，技巧性过强的题目，重点应放在对知识理解的准确性、熟练性和灵活性上，复习时以中低档题目为主。
2．切实掌握三角函数的概念、图象和性质在三角函数的教学中，应发挥单位圆和三角函数线的作用。
单位圆可以帮助学生直观地认识任意角、任意角的三角函数，理解三角函数的周期性、诱导公式、同角三角函数关系式以及三角函数的图象和基本性质。
复习时要求学生能利用单位圆中的三角函数线推导诱导公式，能画出sin ,cos ,tan y x y x y x ===、sin()y A x ωϕ=+的图像，了解参数,,A ωϕ对函数图像变换的影响。
三角函数的性质包括值域、周期性、奇偶性、单调性和最值，其中以单调性、最大和最小值最为突出。
近几年高考降低了对三角变换的考查要求，加强了对三角函数的图象和性质的考查，因此三角函数的图象和性质是本章复习的一个重点，三角的复习应充分利用数形结合的思想方法，即借助于图象(或三角函数线)的直观性来获取三角函数的性质，同时利用三角函数的性质来描绘函数的图象，揭示图形的代数本质。
3．切实掌握三角函数的基本变换思想三角函数的恒等变形，不仅在三角函数的化简、求值问题中必考，而且在研究三角函数的图象与性质时、在解三角形中不可回避。
解决三角函数的恒等变形问题，其关键在掌握基本变换思想，运用三角恒等变形的主要途径—变角，变函数，变结构，注意公式的灵活应用。
基本变换思想主要是：1、化成“三个一”：即化为一个角的一种三角函数的一次方的形式y A x =+sin()ωϕ；2、化成“两个一”：即化为一个角的一种三角函数的二次型结构，再用配方法求解；3、“合二为一”： 对于形如θθcos sin b a +的式子，引入辅助角ϕ并化成)sin(22ϕθ++b a 的形式（注在这里不要增加难度，仅限于特殊值、特殊角即可）；4、利用正弦定理和余弦定理及面积公式进行边与角的转换。
三角公式是三角变换的基本依据。
在三角恒等变换的复习中，可以引导学生利用向量的数量积推导出两角差的余弦公式，并由此公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，引导学生推导积化和差、和差化积、半角公式，以此作为三角恒等变换的基本训练。
通过对这些公式的探求，以及利用这些公式进行三角变换，使学生学会预测变换的目标、选择变换的公式、设计变换的途径，帮助学生进一步提高推理能力和运算能力。
4．切实加强三角函数的应用意识三角函数是一类基本的、重要的函数，在数学、其他科学以及生产实践中有广泛的应用。
新教材安排解三角形的应用举例和实习作业，涉及到测量与航海等实际问题，还增设了三角函数模型的简单应用，其立意昭然若揭：突出三角函数的应用。
近几年高考中以三角函数为背景的应用试题已形成了一个亮点。
在复习三角函数时重视学科之间的联系。
可联系物理、生物、自然界中的周期现象（如单摆运动、波的传播、交流电），通过具体实例让学生体会三角函数是刻画周期现象的重要模型。
解三角形的教学要重视正弦定理和余弦定理在探索三角形边角关系中的作用，引导学生认识它们是解决测量和几何计算有关的实际问题一种方法，不必在恒等变形上进行过于繁琐的训练。
5．切实提高三角函数的综合能力三角函数具有较强的渗透力，它可和其它的数学知识综合起来，特别是与向量、几何联系密切。
注意三角与几何的综合试题，在几何中引入角度作为自变量建立函数模型或解几模型可化难为易，使问题获得简捷的解决。
注意三角与向量的综合试题，平面向量有着极其丰富的实际背景，它是沟通代数、几何、与三角函数的一种工具，因此，我们应通过整合，将三角函数，平面向量，解斜三角形形成一个知识板块来复习，并进行三角与向量相融合的综合训练。
三、高考中的三角函数（一）三角函数与三角变换平面三角是中学数学中的一个重要内容。
三角函数是中学研究的一个重要函数，一方面进一步深化和发展了对函数的认识，同时它也是研究和解决其它数学问题的工具之一。
三角变换是数学中的重要变换，认识和应用三角函数与三角变换的内在联系，是复习平面三角时必须十分关注的。
1．利用三角变换，研究三角函数的性质利用三角变换将一个复杂的三角函数式转化为只含一个角的一个三角函数的形式，进而判定相关的性质解决有关问题的重要思路和有效方法。
【真题1】（05天津）已知7sin()241025παα-==，求sin α及tan()3πα+． 【解析】由题设条件，应用两角差的正弦公式得)cos (sin 22)4sin(1027ααπα-=-=，即57cos sin =-αα ……………① 由题设条件，应用二倍角余弦公式得)sin (cos 57)sin )(cos sin (cos sin cos 2cos 25722ααααααααα+-=+-=-==故51sin cos -=+αα……………………………………………………………② 由①和②式得53sin =α，5cos =α 因此，43tan -=α，由两角和的正切公式11325483343344331433tan 313tan )3tan(-=+-=+-=-+=+ααπα 【点评】（1）本题以三角函数的求值问题考查三角变换能力和运算能力，可从已知角和所求角的内在联系（均含α）进行转换得到。
（2）在求三角函数值时，必须灵活应用公式，注意隐含条件的使用，以防出现多解或漏解的情形。
【真题2】已知33cos(),,4522πππαα+=≤<求)42cos(πα+的值。
【解析】cos(2)cos 2cos sin 2sin (cos 2sin 2)2πππα+=α-α=α-α444 ∵37,cos()0,4444ππππαα≤+<+> 由此可知37,244πππα≤+<∴4sin()45πα+===- 从而cos 2sin(2)2sin()cos()444πππαααα=+=++ 43242(),5525=⨯-⨯=- 2237sin 2cos(2)1cos ()12()44525ππααα=+=-+=-⨯=∴247()2525=--=已知方程 【点评】本题同样是以三角函数的求值问题考查三角变换能力和运算能力，题目不是很难，主要是考查三角函数中基本公式的应用以及三角函数在各个象限的符号问题。
2．利用图像的变换，研究三角函数的性质三角函数的图像和性质，分别从数与形两个方面，反映了三角函数的变化规律。
在研究三角函数的图像与性质时要有意识地从数形结合的角度，去分析问题，解决问题。
三角函数的图像的平移、伸缩、对称、翻折等变换，是函数的图像变换在三角函数图像变换的表现。
因此在解决问题的过程中要注意研究函数问题的一般方法在三角函数图像变换的应用。
【真题3】（2000年全国卷）已知函数y x x x x R =++∈132122sin cos cos ，. （1）当函数y 取得最大值时，求自变量x 的集合。
（2）该函数的图像可由sin (y x x R =∈）的图像经过怎样的平移和伸缩变换得到？【分析】本题考察逆用正弦函数的性质的能力，先将cos 2x 降次处理，再应用asinx ＋bcosx =++a b x 22sin()ϕ，其中tan ϕ=b a的知识，转化原函数式。
【解析】（Ⅰ）y x x x =++132122sin cos cos =+++=++1342124541226sin cos sin()x x x π 当且仅当26226x k k Z x k k Z +=+∈=+∈πππππ，时，即，时，y 取得最大值。
故所求的自变量x 的集合为{|}x x k k Z =+∈ππ6，（Ⅱ）将函数 sin (y x x R =∈）依次进行如下变换：（ⅰ）把函数sin y x =的图像向左平移6π，得到函数sin()6y x π=+的图像.（ⅱ）把得到的图像上各点横坐标缩短到原来的12倍（纵坐标保持不变），得到函数sin(2)6y x π=+的图像； （ⅲ）把得到的图像上各点纵坐标缩短到原来的12倍（横坐标保持不变），得到函数1sin(2)26y x π=+的图像； （ⅳ）把得到的图像向上平移54个单位长度，得到函数15sin(2)264y x π=++的图像；综上得到函数211cos cos ,22y x x x x R =++∈的图像。