三角函数图象与性质

三角函数图象与性质类型一 学会踩点[例1] (本题满分12分)已知函数f (x )＝cos x ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3－3cos 2x ＋34，x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在闭区间x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的最大值和最小值．解：(1)由已知得f (x )＝cos x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin x ＋32cos x －3cos 2x ＋34＝12sin x ·cos x －32cos 2x ＋34(2分)＝14sin 2x －34(1＋cos 2x )＋34＝14sin 2x －34cos 2x (4分) ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.(6分)所以，f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(7分)(2)因为f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上是减函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上是增函数．(10分)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12＝－12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝14.(11分) 所以，函数f (x )在闭区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的最大值为14，最小值为－12.(12分)评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问无化简过程，直接得到f (x )＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，扣5分．每一步用公式正确就得分．(2)化简结果错误，但中间某一步正确，给2分．(3)第(2)问只求出f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4＝－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝14得出最大值为14，最小值为－14，得1分．(4)若单调性出错，只得1分． (5)单调性正确，但计算错误，扣2分．(6)若求出2x －π3的范围，再求函数的最值，同样得分．1．已知函数f (x )＝4cos ωx ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω＞0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性． 解：(1)f (x )＝4cos ωx sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4＝22sin ωx cos ωx ＋22cos 2ωx ＝2(sin 2ωx ＋cos 2ωx )＋2 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π4＋ 2.因为f (x )的最小正周期为π，且ω＞0， 所以2π2ω＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋ 2.若0≤x ≤π2，则π4≤2x ＋π4≤5π4.当π4≤2x ＋π4≤π2，即0≤x ≤π8时，f (x )单调递增； 当π2≤2x ＋π4≤5π4，即π8≤x ≤π2时，f (x )单调递减．综上可知，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，π2上单调递减．类型二 学会审题[例2] (本题满分12分)已知函数f (x )＝3sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2≤φ＜π2的图象关于直线x ＝π3对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π. (1)求ω和φ的值；(2)若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＜α＜2π3，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2的值．审题路线图(1)条件：f (x )图象上相邻两个最高点距离为πf (x )的周期为πω＝2条件：f (x )图象关于直线x ＝π3对称2×π3＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )φ＝－π6(2)条件：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝34sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝14cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝154cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝3＋158[规范解答] (1)因为f (x )的图象上相邻两个最高点的距离为π， 所以f (x )的最小正周期为T ＝π，从而ω＝2πT ＝2. 又因为f (x )的图象关于直线x ＝π3对称， 所以2×π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z . 由－π2≤φ＜π2，得k ＝0， 所以φ＝π2－2π3＝－π6.(2)由(1)得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2·α2－π6＝34，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝14.由π6＜α＜2π3， 得0＜α－π6＜π2， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝1－sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142＝154. 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋3π2＝sin α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α－π6＋π6 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6cos π6＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π6sin π6 ＝14×32＋154×12 ＝3＋158.2．(高考原题·山东临沂一模)已知函数f (x )＝2cos 2ωx －1＋23cos ωx sin ωx (0＜ω＜1)，直线x ＝π3是f (x )图象的一条对称轴． (1)试求ω的值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象是由y ＝f (x )图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移2π3个单位长度得到的，若g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝65，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，求sin α的值．解：f (x )＝2cos 2ωx －1＋23cos ωx sin ωx ＝cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.(1)由于直线x ＝π3是函数f (x )＝ 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6图象一条对称轴， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3ω＋π6＝±1.∴2π3ω＋π6＝k π＋π2(k ∈Z )， ∴ω＝32k ＋12(k ∈Z )．又0＜ω＜1，k ∈Z ，从而k ＝0，∴ω＝12. (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6，由题意可得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2π3＋π6， 即g (x )＝2cos 12x .∵g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝65， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝35.又α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，∴π6＜α＋π6＜2π3， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6＝45， ∴sin α＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6cos π6－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6sin π6＝45×32－35×12＝43－310.类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)已知函数f (x )＝a ·(b －a )，其中向量a ＝(cos ωx ，0)，b ＝(3sin ωx,1)，且ω为正实数． (1)求f (x )的最大值；(2)对任意m ∈R ，函数y ＝f (x )，x ∈[m ，m ＋π)的图象与直线y ＝12有且仅有一个交点，求ω的值，并求满足f (x )＝3－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12的x 值．[考生不规范示例]解：(1)∵f (x )＝a ·(b －a )＝a·b －|a |2＝3cos ωx sin ωx ＋0－cos 2ωx ＝32sin 2ωx －cos 2ωx＝32sin 2ωx －1＋cos 2ωx 2＝sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－12 又∵－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π6≤1，∴f (x )的最大值为12.(2)函数f (x )与直线y ＝12有且只有一个交点， ∴f (x )的周期为π，∴2πω＝π，∴ω＝2， ∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6－12，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6－12＝3－12，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6＝32，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12，∴4x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，7π3，∴4x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，13π6，∴4x －π6＝π3或2π3，即x ＝π8或x ＝5π24.[规范解答] (1)∵a·b ＝3cos ωx sin ωx ＋0×1 ＝32sin 2ωx .(2分) ∴f (x )＝a ·(b －a )＝a·b －|a |2 ＝32sin 2ωx －cos 2ωx ＝32sin 2ωx －1＋cos 2ωx 2＝32sin2ωx －12cos 2ωx －12(4分) ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－12.∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6≤1，∴f (x )的最大值为12.(6分) (2)函数f (x )的最大值为12，y ＝f (x )，x ∈[m ，m ＋π)的图象与直线y ＝12有且仅有一个交点，(8分)∴函数f (x )的周期T 为π. ∴2π2ω＝π，∴ω＝1. ∴f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－12，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－12＝3－12，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＝32.(10分)∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π12，7π12，∴2x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，∴2x －π6∈[0，π]，∴2x －π6＝π3或2π3，即x ＝π4或x ＝5π12.(12分) [终极提升]——登高博见限时规范训练一 三角函数图象与性质(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 1．已知函数f (x )＝cos x (sin x ＋cos x )－12. (1)若0＜α＜π2，且sin α＝22，求f (α)的值； (2)求函数f (x )的最小正周期及单调递增区间． 解：(1)因为0＜α＜π2，sin α＝22，所以cos α＝22. 所以f (α)＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋22－12＝12.(2)因为f (x )＝cos x (sin x ＋cos x )－12＝sin x cos x ＋cos 2x －12＝12sin 2x ＋1＋cos 2x 2－12＝12sin 2x ＋12cos 2x ＝22sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，所以T ＝2π2＝π. 由2k π－π2≤2x ＋π4≤2k π＋π2，k ∈Z ， 得k π－3π8≤x ≤k π＋π8，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－3π8，k π＋π8，k ∈Z .2．已知向量a ＝(cos x ，sin x )，向量b ＝(cos x ，－sin x )，f (x )＝a·b . (1)求函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 的最小正周期和对称轴方程； (2)若x 是第一象限角且3f (x )＝－2f ′(x )，求tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4的值．解：(1)∵g (x )＝f (x )＋sin 2x ＝cos 2x －sin 2x ＋sin 2x ＝cos 2x ＋sin 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，∴函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 最小正周期T ＝2π2＝π. 当2x ＋π4＝π2＋k π(k ∈Z )时， x ＝k π2＋π8.∴函数g (x )＝f (x )＋sin 2x 的对称轴方程为x ＝k π2＋π8(k ∈Z )． (2)由3f (x )＝－2f ′(x )，得3cos 2x ＝4sin 2x . 3cos 2x －3sin 2x －8sin x cos x ＝0. (3cos x ＋sin x )(cos x －3sin x )＝0. 又x 是第一象限角， ∴cos x ＝3sin x ，故tan x ＝13. ∴tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝tan x ＋tan π41－tan x tan π4＝1＋131－13＝2. 3．(高考原题·山东枣庄质检)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx ＋π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6－2cos 2ωx 2，x ∈R (其中ω＞0)． (1)求函数f (x )的值域；(2)若函数f (x )的图象与直线y ＝－1的两个相邻交点间的距离为π2，求函数f (x )的单调递增区间．解：(1)f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx ＋32sin ωx －12cos ωx －(cos ωx ＋1) ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin ωx －12cos ωx －1＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6－1.由－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6≤1，得－3≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6－1≤1，所以函数f (x )的值域为[－3,1]．(2)由题设条件及三角函数的图象和性质可知， f (x )的周期为π，所以2πω＝π，即ω＝2. 所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－1，再由2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )， 解得k π－π6≤x ≤k π＋π3(k ∈Z )．所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )． 4．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈R ，A ＞0，ω＞0，0＜φ＜π2的部分图象如图所示，P 是图象的最高点，Q 为图象与x 轴的交点，O 为坐标原点．若OQ ＝4，OP ＝5，PQ ＝13.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象向右平移2个单位后得到函数y ＝g (x )的图象，当x ∈(－1,2)时，求函数h (x )＝f (x )·g (x )的值域．解：(1)由条件知cos ∠POQ ＝42＋(5)2－(13)22×4×5＝55，所以P (1,2)．由此可得A ＝2，周期T ＝4×(4－1)＝12，又2πω＝12，则ω＝π6.将点P (1,2)代入f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋φ，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋φ＝1，因为0＜φ＜π2，所以φ＝π3，于是f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π3.(2)由题意得g (x )＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6(x －2)＋π3＝2sin π6x . 所以h (x )＝f (x )·g (x )＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6x ＋π3·sin π6x＝2sin 2π6x ＋23sin π6x ·cos π6x＝1－cos π3x ＋3sin π3x ＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6.当x ∈(－1,2)时，π3x －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6∈(－1,1), 即1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x －π6∈(－1,3)．于是函数h (x )的值域为(－1,3)．必考点二 解三角形 [对应学生用书P 47]类型一 学会踩点[例1] (本题满分12分)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，△ABD 是△ADC 面积的2倍． (1)求sin Bsin C .(2)若AD ＝1，DC ＝22，求BD 和AC 的长． 解：(1)S △ABD ＝12AB ·AD sin ∠BAD ，(1分) S △ADC ＝12AC ·AD sin ∠CAD (2分) 因为S △ABD ＝2S △ADC ，∠BAD ＝∠CAD ， 所以AB ＝2AC .(4分)由正弦定理可得sin B sin C ＝AC AB ＝12.(6分) (2)因为△ABD 与△ADC 等高， 所以S △ABD ∶S △ADC ＝BD ∶DC ， 所以BD ＝ 2.(8分)在△ABD 和△ADC 中，由余弦定理知， AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD cos ∠ADB ，(9分) AC 2＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos ∠ADC ，(10分) 故AB 2＋2AC 2＝3AD 2＋BD 2＋2DC 2＝6.(11分) 由(1)知AB ＝2AC ，所以AC ＝1.(12分) 评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问，正确列出面积公式各得1分 (2)得出AB ＝2AC ，得2分(3)将正弦比转化为边长比得2分，错误结果扣1分．(4)第(2)问，正确得出BD 的值得2分，面积比转化正确，值算错扣1分 (5)正确利用余弦定理各得1分 (6)两式相加消去角得1分1．(高考原题·高考全国乙卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos C (a cos B ＋b cos A )＝c . (1)求C ；(2)若c ＝7，△ABC 的面积为332，求△ABC 的周长．解：(1)由已知及正弦定理得2cos C (sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin C ， 即2cos C sin(A ＋B )＝sin C ， 故2sin C cos C ＝sin C . 可得cos C ＝12，所以C ＝π3.(2)由已知得12ab sin C ＝332. 又C ＝π3，所以ab ＝6.由已知及余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos C ＝7， 故a 2＋b 2＝13，从而(a ＋b )2＝25. 所以△ABC 的周长为5＋7.类型二 学会审题[例2] (本题满分12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a ＝b cos C ＋c sin B . (1)求B ；(2)若b ＝2，求△ABC 面积的最大值． 审题路线图：条件：a ＝b cos C ＋c sin B ――→正弦定理角的关系：sin B ＝cos B――→B ∈(0，π)结论：B ＝π4――→余弦定理得出a 与c 的关系――→基本不等式得出ac 的取值――→面积公式得面积的最大值[规范解答] (1)由已知及正弦定理得sin A ＝sin B cos C ＋sin C ·sin B ． ① 又A ＝π－(B ＋C )，故sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ．② 由①②和C ∈(0，π)得sin B ＝cos B . 又B ∈(0，π)，所以B ＝π4.(2)△ABC 的面积S ＝12ac sin B ＝24ac . 由已知及余弦定理得4＝a 2＋c 2－2ac cos π4.又a 2＋c 2≥2ac ，故ac ≤42－2，当且仅当a ＝c 时，等号成立． 因此△ABC 面积的最大值为2＋1.2．(高考原题·高考山东卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan Bcos A . (1)证明：a ＋b ＝2c ； (2)求cos C 的最小值． 解：(1)证明：由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B ， 化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ， 即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B . 因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ， 从而sin A ＋sin B ＝2sin C ， 由正弦定理得a ＋b ＝2c . (2)由(1)知c ＝a ＋b 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12， 当且仅当a ＝b 时，等号成立， 故cos C 的最小值为12.类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，sin 2B ＝2sin A sin C .(1)若a ＝b ，求cos B ；(2)设B ＝90°，且a ＝2，求△ABC 的面积． [考生不规范示例] (1)∵b 2＝ac ，a ＝b∴cos B＝a2＋c2－b22ac＝14(2)∵a2＋c2＝b2，a＝2∴c＝a＝2∴S＝1[规范解答](1)由题设及正弦定理可得b2＝2ac.(2分)又a＝b，可得b＝2c，a＝2c.由余弦定理可得cos B＝a2＋c2－b22ac＝14.(6分)(2)由(1)知b2＝2ac.因为B＝90°，由勾股定理得a2＋c2＝b2.(8分)故a2＋c2＝2ac，得c＝a＝ 2.所以△ABC的面积为S＝12ac＝12×2×2＝1.(12分)[终极提升]——登高博见(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝12，求P A；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.解：(1)由已知得，∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得P A2＝3＋14－2×3×12cos 30°＝74.故P A＝72.(2)设∠PBA＝α，则∠BCP＝α，在Rt△BCP中，PB＝BC sin α＝sin α，在△PBA中，由正弦定理得3sin 150°＝sin αsin(30°－α)，化简得3cos α＝4sin α.所以tan α＝34，即tan∠PBA＝34.2．如图，在△ABC中，∠B＝π3，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cos∠ADC＝1 7.(1)求sin∠BAD；(2)求BD，AC的长．解：(1)在△ADC中，因为cos∠ADC＝17，所以sin∠ADC＝437.所以sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)＝sin∠ADC cos B－cos∠ADC sin B＝437×12－17×32＝3314. (2)在△ABD 中，由正弦定理得 BD ＝AB ·sin ∠BADsin ∠ADB ＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理得 AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝82＋52－2×8×5×12＝49. 所以AC ＝7.3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知A ＝π4，b 2－a 2＝12c 2. (1)求tan C 的值；(2)若△ABC 的面积为3，求b 的值．解：(1)由b 2－a 2＝12c 2及正弦定理得sin 2B －12＝ 12sin 2C ，所以－cos 2B ＝sin 2C . 又由A ＝π4，即B ＋C ＝34π，得－cos 2B ＝－cos[2⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－C ]＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－2C ＝sin 2C ＝2sin C cos C ，∴2sin C cos C ＝sin 2C 解得tan C ＝2.(2)由tan C ＝2，C ∈(0，π)得sin C ＝255， cos C ＝55.又因为sin B ＝sin(A ＋C )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋C ，所以sin B ＝31010.由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得c ＝223b ，又因为A ＝π4，12bc sin A ＝3，所以bc ＝62，故b ＝3.4．△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .向量m ＝(a ，3b )与n ＝(cos A ，sin B )平行． (1)求A ；(2)若a ＝7，b ＝2，求△ABC 的面积．解：(1)因为m ∥n ，所以a sin B －3b cos A ＝0，由正弦定理，得sin A sin B －3sin B cos A ＝0，又sin B ≠0，从而tan A ＝3， 由于0＜A ＜π，所以A ＝π3.(2)法一：由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 及a ＝7，b ＝2，A ＝π3，得7＝4＋c 2－2c ，即c 2－2c －3＝0， 因为c ＞0，所以c ＝3.故△ABC 的面积为12bc sin A ＝332.法二：由正弦定理，得7sin π3＝2sin B ， 从而sin B ＝217，又由a ＞b ，知A ＞B ，所以cos B ＝277. 故sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π3＝sin B cos π3＋cos B sin π3＝32114. 所以△ABC 的面积为12ab sin C ＝332.专题一 规范滚动训练(一) (用时40分钟，满分80分)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，且3a ＝2c sin A . (1)求角C 的大小；(2)若c ＝2，且△ABC 的面积为3，求a ＋b 的值． 解：(1)由题意得3a 2c ＝sin A ，由正弦定理得3sin A2sin C ＝sin A ， 又sin A ≠0，∴sin C ＝32，又0°＜C ＜90°，∴C ＝60°. (2)∵S △ABC ＝12ab sin 60°＝3，∴ab ＝4.又c ＝2，∴由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos 60°， 即4＝a 2＋b 2－2ab ·12，即4＝(a ＋b )2－2ab －ab ， ∴(a ＋b )2＝4＋3ab ＝16，∴a ＋b ＝4.2．已知函数f (x )＝2cos πx ·cos 2φ2＋sin[(x ＋1)π]·sin φ－cos πx ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜φ＜π2的部分图象如图所示．(1)求φ的值及图中x 0的值；(2)将函数f (x )的图象上的各点向左平移16个单位长度，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⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13上的最大值和最小值． 解：(1)f (x )＝2cos πx ·cos 2φ2＋sin[(x ＋1)π]·sin φ－cos πx ＝cos πx ·⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2φ2－1－sinπx ·sin φ＝cos πx ·cos φ－sin πx ·sin φ＝cos(πx ＋φ)．由题图可知，cos φ＝32，又0＜φ＜π2，所以φ＝π6. 又cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 0＋π6＝32，所以πx 0＋π6＝11π6，所以x 0＝53.(2)由(1)可知f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6，将图象上的各点向左平移16个单位长度得到y ＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝⎛⎭⎪⎫x ＋16＋π6 ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π3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 ＋π3的图象．因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，13，所以－π6≤πx ＋π3≤2π3.所以当πx ＋π3＝0，即x ＝－13时，g (x )取得最大值3； 当πx ＋π3＝2π3，即x ＝13时，g (x )取得最小值－32.3．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，向量m ＝(2b ，1)，n ＝(2a －c ，cos C )，且m ∥n .(1)若b 2＝ac ，试判断△ABC 的形状； (2)求y ＝1－2cos 2A1＋tan A的值域．解：(1)由已知，m ∥n ，则2b cos C ＝2a －c ， 由正弦定理，得2sin B cos C ＝2sin(B ＋C )－sin C ， 即2sin B cos C ＝2sin B cos C ＋2cos B sin C －sin C ，在△ABC 中，sin C ≠0，因而2cos B ＝1，则B ＝π3. 又b 2＝ac ，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ， 因而ac ＝a 2＋c 2－2ac cos π3，即(a －c )2＝0， 所以a ＝c ，△ABC 为等边三角形．(2)y ＝1－2cos 2A 1＋tan A＝1－2(cos 2A －sin 2A )1＋sin A cos A＝1－2cos A (cos A －sin A )＝sin 2A －cos 2A ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π4，其中A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π3. 因而所求函数的值域为(－1，2]．4．已知函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，x ∈R . (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，若A ＝π4，c ＝2，且锐角C 满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π6＝12，求△ABC 的面积S .解：(1)由题意得，f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6 ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3， 所以函数f (x )的最小正周期为2π2＝π.(2)由(1)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π6＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＋π6－π3 ＝sin C ，所以sin C ＝12，又角C 为锐角，所以C ＝π6.由正弦定理，得a c ＝sin A sin C ＝sin π4sin π6＝2212＝2，又c＝2，所以a＝2 2.又sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C＝6＋2 4，所以△ABC的面积S＝12ac sin B＝12×22×2×6＋24＝1＋ 3.。