三角函数习题01

一、三角函数中的基本变形和考查形式

例01(基本变形和基本的考查形式)

已知\(\vec{m}=(2sinx，\sqrt{3}cosx)\)，\(\vec{n}=(cosx，2cosx)\)，函数\(f(x)=\vec{m}\cdot \vec{n}-\sqrt{3}+1\)

• 变形方向：正弦型(或余弦型)；变形公式：逆用二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式；

\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)

\(f(x)=sin2x+\sqrt{3}(2cos^2x-1)+1\)

\(=sin2x+\sqrt{3}cos2x+1\)

\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)

• ①求周期；

由\(T=\cfrac{2\pi}{2}\)，得到\(T=\pi\)

• ②求值域\((x\in R 或 x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}])\)；最值(和最值点)；

若\(x\in R\)，则

当\(sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=1\)时，即\(2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，即\(x=k\pi+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)\)时，\(f(x)_{max}=2\times1+1=3\)；

当\(sin(2x+\cfrac{\pi}{3})=-1\)时，即\(2x+\cfrac{\pi}{3}=2k\pi-\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，即\(x=k\pi-\cfrac{5\pi}{12}(k\in Z)\)时，\(f(x)_{max}=2\times(-1)+1=-1\)；

若\(x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]\)，则可得

\(-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}\)，

故当\(2x+\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{3}\)，即\(x=-\cfrac{\pi}{3}\)时，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{\pi}{3})=2\times (-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+1=-\sqrt{3}+1\)；

故当\(2x+\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(x=\cfrac{\pi}{12}\)时，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3\)；

• 求单调区间\(\left(x\in R 或x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{2}]\right)\)(具体解法参见例2的法1和法2)
• 求函数\(f(x)\)对称轴方程和对称中心坐标；

令\(2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，得到\(f(x)\)对称轴方程为\(x=\cfrac{k\pi}{2}+\cfrac{\pi}{12}(k\in Z)\)；

令\(2x+\cfrac{\pi}{3}=k\pi(k\in Z)\)，得到\(f(x)\)的对称中心坐标为\((\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}，1)(k\in Z)\)

• 求奇偶性\(\left(奇函数利用f(0)=0；偶函数利用f(0)=f(x)_{max}或f(x)_{min}\right)\)

比如，函数\(g(x)=2sin(2x+\phi+\cfrac{\pi}{3})(\phi\in (0，\pi))\)是偶函数，求\(\phi\)的值。

分析：由于函数\(g(x)\)是偶函数，则在\(x=0\)处必然取到最值，

故有\(2\times 0+\phi+\cfrac{\pi}{3}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，

则\(\phi=k\pi+\cfrac{\pi}{6}(k\in Z)\)

令\(k=0\)，则\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0，\pi)\)，满足题意，故所求\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\)时，函数\(g(x)\)是偶函数。

例02(2016.天津高考)

已知函数\(f(x)=4tanx\cdot sin(\cfrac{\pi}{2}-x)\cdot cos(x-\cfrac{\pi}{3})-\sqrt{3}\)，

试讨论\(f(x)\)在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)上的单调性。

解析：先将所给函数化简为正弦型或者余弦型，

\(f(x)=4tan\cdot cosx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}\)

\(=4sinx(cosx\cdot \cfrac{1}{2}+sinx\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2})-\sqrt{3}=2sinxcosx+2\sqrt{3}sin^2x-\sqrt{3}\)

\(=sin2x+\sqrt{3}(1-cos2x)-\sqrt{3}=sin2x-\sqrt{3}cos2x\)

\(=2sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)

法1：先求解函数在\(x\in R\)上的单调区间，

令\(2k\pi-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)，

得到单调递增区间为\([k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)\)，

又因为\(x\in [-\cfrac{\pi}{4}，\cfrac{\pi}{4}]\)

然后给\(k\)赋值，令\(k=0\)，

得到函数在区间\([-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)上单调递增，在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]\)上单调递减。

法2：由\(-\cfrac{\pi}{4}\leq x\leq \cfrac{\pi}{4}\)，求得\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)，

结合横轴为\(2x-\cfrac{\pi}{3}\)的图像可知，

当\(-\cfrac{5\pi}{6}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq -\cfrac{\pi}{2}\)时，求得函数在区间\([-\cfrac{\pi}{4}，-\cfrac{\pi}{12}]\)单调递减；

当\(-\cfrac{\pi}{2}\leq 2x-\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{\pi}{6}\)时，求得函数在区间\([-\cfrac{\pi}{12}，\cfrac{\pi}{4}]\)单调递增；

二、三角函数中的引申考查形式

例03(2016宝鸡市第二次质量检测第17题)

在\(\Delta ABC\)中，已知\(sin^2A+sin^2B+sinAsinB=sin^2C\)，其中角\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，

(1).求角\(C\)的大小。

(2).求\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围。

分析：(1)角化边，由\(\cfrac{a}{2R}=sinA，\cfrac{b}{2R}=sinB，\cfrac{c}{2R}=sinC\)

得到\(a^2+b^2+ab=c^2\)，即\(a^2+b^2-c^2=-ab\)，

故由余弦定理得到\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)，

又\(C\in (0，\pi)\)，故\(C=\cfrac{2\pi}{3}\)。

(2)由(1)可知，\(A+B=\cfrac{\pi}{3}\)，即\(A=\cfrac{\pi}{3}-B\)

边化角，由\(a=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC\)

\(\cfrac{a+b}{c}=\cfrac{sinA+sinB}{sinC}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(sinA+sinB)\)

\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[sin(\cfrac{\pi}{3}-B)+sinB]=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}[\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB-\cfrac{1}{2}sinB+sinB]\)

\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}(\cfrac{1}{2}sinB+\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB)=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}sin(B+\cfrac{\pi}{3})\)，

又由\(\begin{cases}B>0\\ \cfrac{\pi}{3}-B>0\end{cases}\)得到\(0<B<\cfrac{\pi}{3}\)，

故\(\cfrac{\pi}{3}<B+\cfrac{\pi}{3}<\cfrac{2\pi}{3}\)，则\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}<sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq 1\)

则有\(1<\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot sin(B+\cfrac{\pi}{3})\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

即\(\cfrac{a+b}{c}\)的取值范围为\((1，\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\)。

引申：上述思路可以求解\(msinB+nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数)。

例04

在锐角三角形\(ABC\)中，\(C=2B\),则\(\cfrac{c}{b}\)的取值范围是\((\sqrt{2}，\sqrt{3}）\)

分析：本题先将\(\cfrac{c}{b}=\cfrac{sinC}{sinB}=2cosB\)，

接下来的难点是求\(B\)的范围，注意列不等式的角度，锐角三角形的三个角都是锐角，要同时限制

由\(\begin{cases} &0<A<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<C<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)得到，

\(\begin{cases} &0<\pi-3B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<B<\cfrac{\pi}{2} \\ &0<2B<\cfrac{\pi}{2}\end{cases}\)

解得\(B\in (\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{\pi}{4})\)，故\(2cosB \in (\sqrt{2}，\sqrt{3}）\)。

例07(三轮模拟考试理科用题)

设\(A、B、C\)为三角形的三个内角，且方程\((sinB-sinA)x^2+(sinA-sinC)x+(sinC-sinB)=0\)有等根，那么角\(B\)的范围是（ ）

A、\(\angle B>60^{\circ}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(\angle B \ge 60^{\circ}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(\angle B<60^{\circ}\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(\angle B \leq 60^{\circ}\)

解析：\(\Delta=(sinA-sinC)^2-4(sinB-sinA)(sinC-sinB)=sin^2A-2sinAsinC+sin^2C-4(sinBsinC-sinAsinC-sin^2B+sinAsinB) =(sinA+sinC)^2-4sinB(sinA+sinC)+4sin^2B=(sinA+sinC-2sinB)^2\)

令上式\(\Delta=0\)，得
\(2sinB=sinA+sinC=2sin\frac{A+C}{2}cos\frac{A-C}{2} \Longrightarrow 4sin\frac{B}{2}cos\frac{B}{2}=2cos\frac{B}{2}cos\cfrac{A-C}{2} \Longrightarrow 2sin\cfrac{B}{2}=cos\cfrac{A-C}{2}\)

$\because 0\leq \cfrac{A-C}{2} <90^{\circ} ，\therefore 0<cos\cfrac{A-C}{2} \leq 1 $

\(\therefore 0<2sin\cfrac{B}{2}\leq 1， 0<sin\cfrac{B}{2}\leq \cfrac{1}{2}，\therefore 0^{\circ}<\cfrac{B}{2}\leq 30^{\circ} \therefore 0^{\circ}＜B \leq 60^{\circ}\)

【变式】上题条件补充：若角\(B\)取最大值时，判断三角形的形状。

解析：\(\angle B=60^{\circ}，cos\cfrac{A-C}{2}=1\) \(\Rightarrow A-C=0^{\circ} \Rightarrow A=C \therefore \Delta ABC\)为等边三角形。

例08(三轮模拟考试理科用题)
设\(\Delta ABC\)的三个内角为\(A、B、C\)，且\(tanA、tanB、tanC、2tanB\)成等差数列，则\(cos(B-A)=(\hspace{1cm})\)；\(sin2B=(\hspace{1cm})\)

分析：由题目知，\(2tanB=tanA+tanC\)，\(2tanC=3tanB\)，则\(tanB=2tanA\)，

又\(tanA+tanB+tanC=tanA\times tanB\times tanC (A,B,C\neq \cfrac{\pi}{2})\)，则有\(tanA+tanB+tanC=3tanB=2tanC\)，所以\(2tanC=tanA\times tanB\times tanC\)，则有\(tanAtanB=2\)

由\(\begin{cases} tanB=2tanA \\ tanAtanB=2 \end{cases}\)，得到\(tanA=1，tanB=2\)，所以\(sinA=cosA=\cfrac{\sqrt{2}}{2}，sinB=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}，cosB=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，

故\(cos(B-A)=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}\)。\(sin2B=2sinBcosB=\cfrac{4}{5}\).

例09(三轮模拟考试理科用题)

在\(\Delta ABC\)中，\(sinA=13sinBsinC，cosA=13cosBcosC\)，求\(tanA+tanB+tanC\)的值。

分析：本题目的顺利求解需要知道\(tanA+tanB+tanC=tanA\times tanB\times tanC\)，

由题目可知\(cosA=-cos(B+C)\)，即\(-cosBcosC+sinBsinC=13cosBcosC\)，

可得\(sinBsinC=14cosBcosC\)，即\(tanBtanC=14\)，

又由两式\(sinA=13sinBsinC，cosA=13cosBcosC\)相除得到，

\(tanA=tanBtanC\)，故\(tanA+tanB+tanC=tanA\times tanB\times tanC=(tanBtanC)^2=14^2=196\).

例10(三轮模拟考试理科用题)

存在实数\(c\)，使得圆面\(x^2+y^2\leq 4\)恰好覆盖函数\(y=sin(\cfrac{\pi}{k}+c)\)图像的最高点或最低点共三个，则正数\(k\)的取值范围是多少？

https://www.desmos.com/calculator/pzzty0klqr

分析：这类题目一般都是函数的定义区间和周期有关联，

所以先由\(\begin{cases} &y=\pm1 \\ &x^2+y^2\leq 4\end{cases}\)，

解得\(-\sqrt{3}\leq x \leq \sqrt{3}\)，即图像在圆面内部的区间长度是\(2\sqrt{3}\)，

又由题目可知三角函数的周期是\(T=\cfrac{2\pi}{\frac{\pi}{k}}=2k\)，

结合课件演示，可得到控制条件是\(T\leq 2\sqrt{3}\leq 2T\)，

即\(2k\leq 2\sqrt{3}\leq 2\times 2k\)，

解得\(\cfrac{\sqrt{3}}{2}<k\leq \sqrt{3}\)。

课件演示思路：

先令\(c=0\)，三角函数是奇函数，则圆面恰好覆盖四个最值点时，区间的长度是\(1.5T\)，此时令\(c\)稍微增大一点或者减小一点，就能满足题意；

再令\(c=1.6\)，三角函数是偶函数，则圆面恰好覆盖三个最值点时，区间的长度是\(T\)，圆面恰好覆盖五个最值点时，区间的长度是\(2T\)，此时令\(c\)稍微增大一点或者减小一点，就不再满足题意；

综上所述，要求存在实数\(c\)，所以必须$T\leq 2\sqrt{3}\leq 2T $。

例11(三轮模拟考试理科用题)

在\(\Delta ABC\)中，已知\(4cos^2\cfrac{A}{2}-cos2(B+C)=\cfrac{7}{2}，a=2\)，则\(\Delta ABC\)的面积的最大值为________.

分析：将已知等式变形为\(2\cdot 2cos^2\cfrac{A}{2}-[cos^2(B+C)-sin^2(B+C)]=\cfrac{7}{2}\)，

即\(2(1+cosA)-cos2A=\cfrac{7}{2}\)，即\(2(1+cosA)-(2cos^2A-1)=\cfrac{7}{2}\)，

化简为\(4cos^2A-4cosA+1=(2cosA-1)^2=0\)，

解得\(cosA=\cfrac{1}{2}，A\in(0，\pi)\)，故\(A=\cfrac{\pi}{3}\)，

到此题目转化为已知\(A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)，求\(\Delta ABC\)的面积的最大值。

由余弦定理\(a^2=b^2+c^2-2bccosA，A=\cfrac{\pi}{3}，a=2\)得到\(b^2+c^2=4+bc\ge 2bc\)，

解得\(bc\leq 4(当且仅当b=c=2时取到等号)\)，

则\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}bcsinA \leq \cfrac{\sqrt{3}}{4}\times 4=\sqrt{3}\).

例12(三轮模拟考试理科用题)

设\(a,b\in R，c\in[0，2\pi)\)，若对任意实数\(x\)都有\(2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)\)，定义在区间\([0，3\pi]\)上的函数\(y=sin2x\)的图像与\(y=cosx\)的图像的交点的横坐标是\(d\)个，则满足条件的有序实数组\((a,b,c,d)\)的组数是多少个？

A.7 \(\hspace{3cm}\) B.11 \(\hspace{3cm}\) C.14 \(\hspace{3cm}\) D.28 \(\hspace{3cm}\)

分析：由题目可知，要想让两个函数图像完全重合，则至少先要满足\(|a|=2，\cfrac{2\pi}{|b|}=3\)，即就是\(a=\pm 2，b=\pm 3\)，这是必要条件；

当\(a=-2，b=-3\)时，要使\(2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)=-2sin(-3x+c)=2sin(3x-c)\)，故只能是\(c=+\cfrac{\pi}{3}\)；以下的分析相同。

当\(a=2，b=3\)时，要使\(2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)\)，\(c=2\pi-\cfrac{\pi}{3}\)；

当\(a=2，b=-3\)时，要使\(2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)\)，\(c=\pi+\cfrac{\pi}{3}\)；

当\(a=-2，b=3\)时，要使\(2sin(3x-\cfrac{\pi}{3})=asin(bx+c)\)，\(c=\pi-\cfrac{\pi}{3}\)；故\((a,b,c)\)的组合有4个；

又由\(sin2x=cosx\)，变形得到\(cosx(2sinx-1)=0\)，

由\(cosx=0，x\in [0，3\pi]\)得到\(x=\cfrac{\pi}{2}或x=\cfrac{3\pi}{2}或x=\cfrac{5\pi}{2}\)；

由\(2sinx=1，x\in [0，3\pi]\)得到\(x=\cfrac{\pi}{6}或x=\cfrac{5\pi}{6}或x=2\pi+\cfrac{\pi}{6}或x=2\pi+\cfrac{5\pi}{6}\)；

故不同的横坐标由7个，则满足条件的有序实数组\((a,b,c,d)\)的组数有28个。

课件地址：https://www.desmos.com/calculator/zhls0pjdlx

例15(三轮模拟考试理科用题)

设\(\Delta ABC\)的三个内角为\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，且\(a^2+b^2+ab-c^2=0\)，则\(\cfrac{c\cdot cos(30^{\circ}-A)}{b+a}\)的值为____.

分析：将条件\(a^2+b^2+ab-c^2=0\)变形并代入\(cosC=\cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\cfrac{1}{2}\)，

又\(C\in (0，\pi)\)，故\(C=\cfrac{2\pi}{3}\)，

又注意到所求式子的特点，边化角得到

\(\begin{align*}\cfrac{c\cdot cos(30^{\circ}-A)}{b+a}&=\cfrac{sinC\cdot cos(30^{\circ}-A)}{sinB+sinA}\\&=\cfrac{sinC\cdot cos(30^{\circ}-A)}{sin(\cfrac{\pi}{3}-A)+sinA}\\&=\cfrac{\cfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot(\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosA+\cfrac{1}{2}sinA)}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosA+\cfrac{1}{2}sinA}\\&=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\end{align*}\).

例16(三轮模拟考试理科用题)

设\(\Delta ABC\)的三个内角为\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，且\(a^2=3b^2+3c^2-2\sqrt{3}bcsinA\)，则\(C\)的值为____.

分析：先变形为\(2b^2+2c^2+b^2+c^2-a^2=2\sqrt{3}bcsinA\)，

\(\cfrac{2b^2+2c^2}{2bc}+\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\cfrac{2\sqrt{3}bcsinA}{2bc}\)，

得到\(\cfrac{2b^2+2c^2}{2bc}+cosA=\sqrt{3}sinA\)，

所以\(2sin(A-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{2b^2+2c^2}{2bc}\ge 2\)，

所以\(sin(A-\cfrac{\pi}{6})\ge 1\)，故\(sin(A-\cfrac{\pi}{6})= 1\)，

\(A-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\)，得到\(A=\cfrac{2\pi}{3}\)；

将\(A=\cfrac{2\pi}{3}\)代入已知式和余弦定理，

分别得到\(a^2=3b^2+3c^2-3bc\)和\(a^2=b^2+c^2+bc\)，

联立得到\(b=c\)，故\(B=C=\cfrac{\pi}{6}\).

例17(三轮模拟考试理科用题)

已知\(\alpha\)为第二象限角，\(sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})=\cfrac{\sqrt{2}}{10}\)，则\(tan\cfrac{\alpha}{2}\)的值为多少？

法1：变形得到\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}(sin\alpha+cos\alpha)=\cfrac{\sqrt{2}}{10}\)，

解得\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)，又因为\(\alpha\)为第二象限角，

再结合勾股数可得\(sin\alpha=\cfrac{4}{5}，cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\)；

故\(tan\alpha=-\cfrac{4}{3}\)，又由八卦图法可知\(\cfrac{\alpha}{2}\)在第一、三象限，

故\(tan\cfrac{\alpha}{2}>0\)，再由\(tan\alpha=-\cfrac{4}{3}=\cfrac{2tan\cfrac{\alpha}{2}}{1-(tan\cfrac{\alpha}{2})^2}\)，

解方程得到\(tan\cfrac{\alpha}{2}=2\)；

法2：同上法，得到\(sin\alpha=\cfrac{4}{5}，cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\)；

\(tan\cfrac{\alpha}{2}=\cfrac{sin\cfrac{\alpha}{2}}{cos\cfrac{\alpha}{2}}\)

\(=\cfrac{2sin\cfrac{\alpha}{2}cos\cfrac{\alpha}{2}}{2cos\cfrac{\alpha}{2}cos\cfrac{\alpha}{2}}\)

\(=\cfrac{sin\alpha}{1+cos\alpha}=\cfrac{\cfrac{4}{5}}{1-\cfrac{3}{5}}=2\)；

例18(三轮模拟考试理科用题)

设\(\Delta ABC\)的三个内角为\(A、B、C\)的对边分别为\(a、b、c\)，若\(bc=1\)，\(b+2ccosA=0\)，则当角\(B\)取最大值时，\(\Delta ABC\)的周长\(l\)为多少？

分析：由于本题目提到角\(B\)取最大值，余弦函数\(y=cosx\)在\((0，\pi)\)单调递减，

则\(cosB\)自然应该取到最小值，结合\(cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\)可知，

应该先利用已知条件转化得到\(a、b、c\)的关系，

由\(cosA=-\cfrac{b}{2c}=\cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)，

得到\(b^2=\cfrac{a^2}{2}-\cfrac{c^2}{2}\)，

此时需要替换的是\(b^2\)，是因为式子的分母里有\(2ac\)，

代入得到\(cosB=\cfrac{a^2+c^2-\cfrac{a^2}{2}+\cfrac{c^2}{2}}{2ac}\)

\(=\cfrac{\cfrac{a^2}{2}+\cfrac{3c^2}{2}}{2ac}\)

\(=\cfrac{1}{4}\cfrac{a^2+3c^2}{ac}\ge\cfrac{1}{4}\cfrac{2\sqrt{3}ac}{ac}\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，(当且仅当\(a=\sqrt{3}c\)时取到等号)，

此时\(B=\cfrac{\pi}{6}\)，\(a=\sqrt{3}c\)，

又\(2b^2=a^2-c^2=3c^2-c^2=2c^2\)，故\(b=c\)，又\(bc=1\)，

则\(b=c=1，a=\sqrt{3}\)，周长\(l\)为\(2+\sqrt{3}\).

感悟反思：例13、15都用到均值不等式，不过，例13的均值不等式相对比较明显，而例15不太明显，而且当分析到要求\(cosB\)最小时，要正确使用均值不等式，自然应该替换掉\(b^2\)，这样求得\(cosB\)最小时思路自然就开了。

例20(三轮模拟考试理科用题)

已知\(\alpha\)是第三象限角，\(sin(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{12}{13}\)，求\(cos(\alpha+\cfrac{7\pi}{12})\)的值.

分析：给值求值类题目，关键是寻找已知角\((\alpha-\cfrac{\pi}{6})\)和未知角\((\alpha+\cfrac{7\pi}{12})\)的关系，

注意到已知角是一个，未知角也是一个，所以这时候一般不考虑加减组合，

而考虑“余角、补角、倍角、半角、特殊角”这个思路。

由\(sin(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{12}{13}\)，\(\alpha\)是第三象限角，

得到\(\alpha-\cfrac{\pi}{6}\)只能是第二象限的角，则\(cos(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=-\cfrac{5}{13}\)，

又由于\((\alpha+\cfrac{7\pi}{12})-(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{3\pi}{4}\)，

故\(cos(\alpha+\cfrac{7\pi}{12})=cos[\cfrac{3\pi}{4}+(\alpha-\cfrac{\pi}{6})]\)

\(=-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times (-\cfrac{5}{13})-\cfrac{\sqrt{2}}{2}\times \cfrac{12}{13}=-\cfrac{7\sqrt{2}}{26}\).

反思：有学生对此提出了异议：认为上述的算法有漏洞；

理由如下：

由于\(2k\pi+\pi<\alpha<2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}\),则\(2k\pi+\pi-\cfrac{\pi}{6}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}<2k\pi+\cfrac{3\pi}{2}-\cfrac{\pi}{6}\)，

则\(2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}<2k\pi+\cfrac{4\pi}{3}\),

又由于\(sin(\alpha-\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{12}{13}\),故上述的角的范围还可以压缩到

\(2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}<2k\pi+\pi\)，

故\(2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}+\cfrac{3\pi}{4}<\alpha-\cfrac{\pi}{6}+\cfrac{3\pi}{4}<2k\pi+\pi +\cfrac{3\pi}{4}\),即就是

\(2k\pi+\cfrac{19\pi}{12}<\alpha+\cfrac{7\pi}{12}<2k\pi+\cfrac{7\pi}{4}\),

此时角\(\alpha+\cfrac{7\pi}{12}\)在第四象限，其余弦值应该是正值，这样和上述的解法矛盾了，只能是编制题目时没有注意这一点。

例21(三轮模拟考试理科用题)

已知\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)(A>0,\omega>0,0<\phi<\cfrac{\pi}{2})\)，直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)和点\((\cfrac{\pi}{12},0)\)分别是函数\(f(x)\)图象上相邻的一条对称轴和一个对称中心，则函数\(f(x)\)的单调增区间为（ ）.
\(A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)\)；\(\hspace{2cm}\) \(B．[k\pi-\cfrac{\pi}{6} ，k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)\);
\(C．[k\pi-\cfrac{5\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{\pi}{12}](k\in Z)\)；\(\hspace{2cm}\) \(D．[k\pi+\cfrac{\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{7\pi}{12}](k\in Z)\);

分析：这类题目一般需要先将\(f(x)\)转化为正弦型或者余弦型，

再利用给定的条件分别求\(\omega\)和\(\phi\)，由\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]-A=Acos(2\omega x+2\phi)\)，

故其周期为\(T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}\)，

又由题目可知\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}\)，则\(T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}\)，

故\(\omega=1\)，则函数简化为\(f(x)=Acos(2x+2\phi)\)，再利用直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)是函数\(f(x)\)图象上的一条对称轴，

故\(2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)\),解得\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}\)，

令\(k=1\)，则\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)，满足题意，故\(f(x)=Acos(2x+2\phi)=Acos(2x+\cfrac{\pi}{3})\).

令\(2k\pi-\pi\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi(k\in Z)\)，解得\(k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}\)，即单调递增区间为\(A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)\);

例22(连比形式，巧设比例因子)

在\(\Delta ABC\)中，\(tanA:tanB:tanC=1:2:3\)，求\(\cfrac{AC}{AB}\)的值；

分析：(巧设比例因子)设\(tanA=k,tanB=2k,tanC=3k,(k>0)\),

则由\(tanA\times tanB\times tanC=tanA+tanB+tanC\)可知，\(6k=6k^3\),解得\(k=1\).则有\(tanA=1,tanB=2,tanC=3\),

再设比例因子，比如设\(sinB=2m,cosB=m,(m>0)\),由平方关系可得，\(5m^2=1,m=\cfrac{1}{\sqrt{5}}\),

故\(sinB=\cfrac{2}{\sqrt{5}},sinC=\cfrac{3}{\sqrt{10}}\),则\(\cfrac{AC}{AB}=\cfrac{sinB}{sinC}=\cfrac{\cfrac{2}{\sqrt{5}}}{\cfrac{3}{\sqrt{10}}}=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}\).

例23(2017高考真题 理科全国卷2的第17题)

\(\Delta ABC\) 的内角A，B，C的对边分别是\(a，b，c\)，已知\(sin(A+C)=8sin^2\cfrac{B}{2}\)。

(1)求\(cosB\).

分析：\(sin(A+C)=sinB=8\cdot \cfrac{1-cosB}{2}\)，得到\(sinB=4(1-cosB)\)，

即\(\sqrt{1-cos^2B}=4(1-cosB)\)，平方得到\(17cos^2B-32cosB+15=0\)。

由十字相乘法得到 \((17cosB-15)(cosB-1)=0\)，

得到\(cosB=\cfrac{15}{17}\)或\(cosB=1(舍去)\)，故\(cosB=\cfrac{15}{17}\)；

(2)若\(a+c=6\)，\(S_{\Delta ABC}=2\)，求\(b\).

分析：由\(cosB=\cfrac{15}{17}\)得到\(sinB=\cfrac{8}{17}\)，

由\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=2\)得到，\(ac=\cfrac{17}{2}\)，

故\(b^2=a^2+c^2-2accosB=(a+c)^2-2ac-2accosB=6^2-2\cdot \cfrac{17}{2}-2\cdot \cfrac{17}{2}\cdot\cfrac{15}{17}=4\)，

故\(b=2\)。

例24(2017高考真题 文科全国卷2的第16题)

\(\Delta ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c\)，若\(2bcosB=acosC+ccosA\)，则\(B\)=________.

法1：角化边，得到\(2b\cdot \cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=a\cdot \cfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+c\cdot \cfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\)

两边同乘以\(abc\)，约掉分母，化简整理为\(a^2+c^2-b^2=ac\)，

故\(cosB=\cfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}=\cfrac{1}{2}\)，又\(b\in (0，\pi)\)，则\(B=\cfrac{\pi}{3}\)。

法2：边化角，由已知得到\(2sinBcosB=sinAcosC+cosAsinC=sin(A+C)=sinB\)，故得到\(cosB=\cfrac{1}{2}\)，又\(B\in (0，\pi)\)，则\(B=\cfrac{\pi}{3}\)。

例25(2017高考真题 文科全国卷2的第13题)

函数\(f(x)=2cosx+sinx\)的最大值为_______.

分析：\(f(x)=\sqrt{5}sin(x+\phi)(tan\phi=2)\)，故\(f(x)_{max}=\sqrt{5}\)。

例26(2017高考真题 理科全国卷2的第14题)

函数\(f(x)=sin^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}])\)的最大值为_______.

分析：由于\(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]\)，则\(cosx\in [0，1]\)，

令\(cosx=t\in [0，1]\)，

\(f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)\)，

故当\(t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，\(g(t)_{max}=f(x)_{max}=1\)。

例27(2017高考真题 文科全国卷1的第11题)

\(\Delta ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c\)，已知\(sinB+sinA\cdot (sinC-cosC)=0，a=2，c=\sqrt{2}\)，则\(C\)=________.

分析：由于\(sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC\)，

则有\(sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC-sinAcosC=0\)

，即\(cosAsinC+sinAsinC=0\)，又因为\(sinC\neq 0\)，

故得到\(sinA+cosA=0\)，即\(tanA=-1\) ，即\(A=\cfrac{3\pi}{4}\)，

由正弦定理\(\cfrac{a}{sinA}=\cfrac{c}{sinC}\)，

将\(a=2，c=\sqrt{2}\)代入得到\(sinC=\cfrac{1}{2}\)，故\(C=\cfrac{\pi}{6}\)。

例28(2017高考真题 文科全国卷1的第15题)

已知\(\alpha\in(0，\cfrac{\pi}{2})\)，\(tan\alpha=2\)，则\(cos(\alpha-\cfrac{\pi}{4})\)=__________.

分析：由\(tan\alpha=2，\alpha\in(0，\cfrac{\pi}{2})\)，

故有\(sin\alpha=2k，cos\alpha=k(k>0)\)，由平方关系可知\(k=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，

故\(sin\alpha=\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\)，\(cos\alpha=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\)，

则\(cos(\alpha-\cfrac{\pi}{4})=cos\alpha\cdot cos\cfrac{\pi}{4}+sin\alpha\cdot sin\cfrac{\pi}{4}\)

\(=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}+\cfrac{2\sqrt{5}}{5}\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}\)

\(=\cfrac{3\sqrt{10}}{10}\)。

例31(三角函数图像性质和解三角形结合)(2017•福州模拟)

在\(\Delta ABC\)中，角\(A，B，C\)的对边分别为\(a，b，c\)，满足\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)。　

(1)求角\(A\)的大小；(考查角度：解三角形)

(2)若\(a=3\)，求\(\Delta ABC\)的周长的最大值。(考查角度：三角函数图像性质)

分析：

(1)由\((2b-c)\cdot cosA=a\cdot cosC\)及正弦定理，

得\((2sinB-sinC)cosA=sinAcosC\)，

所以\(2sinBcosA=sinCcosA+sinAcosC\)， 所以\(2sinBcosA=sin(C+A)=sinB\)，

因为\(B\in (0，π)\)，所以\(sinB\neq 0\)，

因为\(A\in (0，π)\)，\(cosA=\cfrac{1}{2}\)，所以$A=\cfrac{\pi}{3} $。

(2)由(1)得$A=\cfrac{\pi}{3} $，

由正弦定理得\(\cfrac{b}{sinB}=\cfrac{c}{sinC} =\cfrac{a}{sinA} =\cfrac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} =2\sqrt{3}\)，

所以\(b=2\sqrt{3}\cdot sinB\)； \(c=2\sqrt{3}\cdot sinC\)，

\(\Delta ABC\)的周长：\(l=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sinC\)

\(=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot sin(\cfrac{2\pi}{3}-B)\)

\(=3+2\sqrt{3}\cdot sinB+2\sqrt{3}\cdot (\cfrac{\sqrt{3}}{2}cosB+\cfrac{1}{2}sinB)\)

\(=3+3\sqrt{3}sinB+3cosB=3+6sin(B+\cfrac{\pi}{6})\)

因为\(B\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)，所以当\(B=\cfrac{\pi}{3}\) 时，\(\Delta ABC\)的周长取得最大值，最大值为9。

反思总结：三角函数和解三角形的交汇处的题型

这类题目往往会设置第一问求一个角（如\(A\)）,第二问已知边\(a\)（注意对角和对边的关系），接下来可以考查的方向有

①再已知\(S_△\)，求解\(b+c\)的取值范围； 或者已知\(b+c\)求\(S_△\)的取值范围。

②求解\(msinB+nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数)

③求解\(msinB\cdot nsinC\)的取值范围(\(m、n\)是实数)

④求解\(S_△=\cfrac{1}{2}bcsinA\)的取值范围

⑤求解周长的取值范围 \(l=a+b+c\)

⑥求解类似周长的取值范围 \(l=2a+3b-c\)

⑦难点：自变量的取值范围，已知三角形和锐角三角形时，自变量的范围是不一样的。

例32(三角函数和解三角形和向量结合)

已知函数\(f(x)=cosxsinx-\sqrt{3}cos^2x+\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

(1)求函数\(f(x)\)的单调递增区间

分析：函数化简为\(f(x)=sin(2x-\cfrac{\pi}{3})\)，过程略，\([k\pi-\cfrac{\pi}{12}，k\pi+\cfrac{5\pi}{12}](k\in Z)\)

(2)在\(\Delta ABC\)中，\(A\)为锐角且\(f(A)=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，\(AB=\sqrt{3}\)，\(AD=2\)，求\(sin\angle BAD\)。

分析：由\(f(A)==sin(2A-\cfrac{\pi}{3})=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

解得\(A=\cfrac{\pi}{3}\)或\(A=\cfrac{\pi}{2}\)(舍去)。

又由于\(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}=3\overrightarrow{AD}\)，

故D为\(\Delta ABC\)的重心，以\(AB\)、\(AC\)为邻边做平行四边形\(ABEC\)，

由于\(AD=2\)，则\(AE=6\)，

在\(\Delta ABE\)中，\(AB=3\)，\(\angle ABE=120^{\circ}\)，

由正弦定理可得，\(\cfrac{\sqrt{3}}{sin\angle AEB}=\cfrac{6}{\cfrac{\sqrt{3}}{2}}\)，

可得\(sin\angle AEB=\cfrac{1}{4}\) ，\(cos\angle AEB=\cfrac{\sqrt{15}}{4}\)，

故\(sin\angle BAD=sin(\cfrac{\pi}{3}-\angle AEB)\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\times \cfrac{\sqrt{15}}{4}-\cfrac{1}{2}\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{3\sqrt{5}-1}{8}\)。

解后反思：利用已知的向量三角形，巧妙的构造了一个三角形，这样就能利用正弦定理和两角差的正弦公式求解了。

例33(2017\(\cdot\)全国卷I)

已知\(\Delta ABC\)的内角\(A，B，C\)的对边分别是\(a，b，c\)，\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{a^2}{3sinA}\)；

(1)求\(sinBsinC\)的值；

(2)若\(6cosBcosC=1\)，\(a=3\)，求\(\Delta ABC\)的周长；

分析：(1)由\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{1}{2}acsinB=\cfrac{a^2}{3sinA}\)，

变形得到\(\cfrac{1}{2}csinB=\cfrac{a}{3sinA}\)，

边化角，得到\(\cfrac{1}{2}sinCsinB=\cfrac{sinA}{3sinA}\)，

故\(sinBsinC=\cfrac{2}{3}\)。

(2)由于求三角形周长的题目，一般都会知道一条边和其对角，现在知道了边\(a\)，故猜想应该能求得\(A\)，

这样想，我们一般就会将条件作差而不是作商，

由\(cosBcosC-sinBsinC=-\cfrac{1}{2}\)，

即\(cos(B+C)=-cosA=-\cfrac{1}{2}\)，得到\(A=\cfrac{\pi}{3}\)；

由题意\(\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{a^2}{3sinA}\)，\(a=3\)

得到\(bc=8\)；

再由余弦定理得到\(a^2=b^2+c^2-2bccosA\)，

得到\(3^2=(b+c)^2-2bc-2bccosA\)，即\(b+c=\sqrt{33}\)；

故周长为\(3+\sqrt{33}\)。

例34(2016\(\cdot\)全国卷I)

已知\(\Delta ABC\)的内角\(A，B，C\)的对边分别是\(a，b，c\)，\(2cosC(acosB+bcosA)=c\)；

(1)、求角\(C\)

(2)、若\(c=\sqrt{7}\)，\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，求\(\Delta ABC\)的周长。

分析：(1)由正弦定理边化角，得到

\(2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC\)；即\(2cosCsin(A+B)=sinC\)

即\(2cosCsinC=sinC\)，又\(sinC\neq 0\)，

故\(2cosC=1\)，即\(cosC=\cfrac{1}{2}\)，

又\(C\in (0，\pi)\) ，故\(C=\cfrac{\pi}{3}\)；

(2)由已知\(S_{\Delta ABC}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}=\cfrac{1}{2}absinC\)，\(C=\cfrac{\pi}{3}\)；

故\(ab=6\)，

由余弦定理得到，\(c^2=a^2+b^2-2abcosC=(a+b)^2-2ab-2abcosC\)，

结合\(C=\cfrac{\pi}{3}\)，\(ab=6\)，\(c=\sqrt{7}\)，代入上式得到

\((a+b)^2=25\)，即\(a+b=5\)，

故三角形的周长为\(a+b+c=5+\sqrt{7}\)。

例35(2014\(\cdot\)新课标全国卷I)(三角恒等变换)

设\(\alpha，\beta \in (0，\cfrac{\pi}{2})\)，且\(tan\alpha=\cfrac{1+sin\beta}{cos\beta}\)，则【】

\(A.3\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2} \;\; \;\;\) \(B.3\alpha+\beta=\cfrac{\pi}{2} \;\; \;\;\) \(C.2\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2} \;\; \;\;\) \(D.2\alpha+\beta=\cfrac{\pi}{2}\)

分析：

切化弦得到，\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1+sin\beta}{cos\beta}\)，

即\(sin\alpha cos\beta-cos\alpha sin\beta=cos\alpha\)，

即\(sin(\alpha-\beta)=cos\alpha\)；

又由已知可得，\(-\cfrac{\pi}{2}<\alpha-\beta<-\cfrac{\pi}{2}\)，

再结合\(sin(\alpha-\beta)=cos\alpha\)，\(\alpha \in (0，\cfrac{\pi}{2})\)，\(cos\alpha>0\)，

故可将\(-\cfrac{\pi}{2}<\alpha-\beta<-\cfrac{\pi}{2}\)压缩为\(0<\alpha-\beta<-\cfrac{\pi}{2}\)，，

这样\(sin(\alpha-\beta)=cos\alpha\)；且\(\alpha，\alpha-\beta \in (0，\cfrac{\pi}{2})\)，

故有\((\alpha-\beta)+\alpha=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(2\alpha-\beta=\cfrac{\pi}{2}\)，选C.

例36(2016\(\cdot\)上海卷)(解三角方程)

方程\(3sinx=1+cos2x\)在区间\([0，2\pi]\)上的解为_______________。

分析：采用升幂降角公式，得到\(3sinx=1+1-2sin^2x\)，

整理为\(2sin^2x+3sinx-2=0\)，即\((sinx+2)(2sinx-1)=0\)

解得\(sinx=-2(舍去)\)或\(sinx=\cfrac{1}{2}\)，

再由\(sinx=\cfrac{1}{2}\)，\(x\in[0，2\pi]\)，

采用图像可得，\(x=\cfrac{\pi}{6}\)或\(x=\cfrac{5\pi}{6}\)。