高中人教A版 (2019)5.5 三角恒等变换优秀学案

这是一份高中人教A版 (2019)5.5 三角恒等变换优秀学案，共13页。学案主要包含了三角恒等式的证明，三角恒等变换的综合问题，三角函数的实际应用等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.能用二倍角公式导出半角公式.2.了解三角恒等变换的特点、变换技巧，掌握三角恒等变换的基本思想方法.3.能利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值以及证明三角恒等式，并能进行一些简单的应用．








知识点一 半角公式


sin eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,2))，


cs eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1＋cs α,2))，


tan eq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).


知识点二 辅助角公式


辅助角公式：


asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋θ).eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan θ＝\f(b,a)))





1．cs eq \f(α,2)＝eq \r(\f(1＋cs α,2)).( × )


2．对任意α∈R，sin eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)cs α都不成立．( × )


3．若cs α＝eq \f(1,3)，且α∈(0，π)，则cs eq \f(α,2)＝eq \f(\r(6),3).( √ )


4．对任意α都有sin α＋eq \r(3)cs α＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3))).( √ )





一、三角恒等式的证明


例1 求证：eq \f(1＋sin θ－cs θ,1＋sin θ＋cs θ)＋eq \f(1＋sin θ＋cs θ,1＋sin θ－cs θ)＝eq \f(2,sin θ).


证明 方法一 左边＝eq \f(2sin2\f(θ,2)＋2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2),2cs2\f(θ,2)＋2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2))＋eq \f(2cs2\f(θ,2)＋2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2),2sin2\f(θ,2)＋2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2))


＝eq \f(sin \f(θ,2),cs \f(θ,2))＋eq \f(cs \f(θ,2),sin \f(θ,2))＝eq \f(1,cs \f(θ,2)sin \f(θ,2))＝eq \f(2,sin θ)＝右边．


所以原式成立．


方法二 左边＝eq \f(1＋sin θ－cs θ2＋1＋sin θ＋cs θ2,1＋sin θ＋cs θ1＋sin θ－cs θ)


＝eq \f(21＋sin θ2＋2cs2θ,1＋sin θ2－cs2θ)＝eq \f(4＋4sin θ,2sin θ＋2sin2θ)＝eq \f(2,sin θ)＝右边．


所以原式成立．


反思感悟 三角恒等式证明的常用方法


(1)执因索果法：证明的形式一般是化繁为简；


(2)左右归一法：证明左右两边都等于同一个式子；


(3)拼凑法：针对题设和结论之间的差异，有针对性地变形，以消除它们之间的差异，简言之，即化异求同；


(4)比较法：设法证明“左边－右边＝0”或“左边/右边＝1”；


(5)分析法：从被证明的等式出发，逐步地探求使等式成立的条件，直到已知条件或明显的事实为止，就可以断定原等式成立．


跟踪训练1 求证：


eq \f(2sin xcs x,sin x＋cs x－1sin x－cs x＋1)＝eq \f(1＋cs x,sin x).


证明 左边＝eq \f(2sin xcs x,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin \f(x,2)cs \f(x,2)－2sin2\f(x,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin \f(x,2)cs \f(x,2)＋2sin2\f(x,2))))


＝eq \f(2sin xcs x,4sin2\f(x,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(x,2)－sin2\f(x,2))))＝eq \f(sin x,2sin2\f(x,2))


＝eq \f(cs \f(x,2),sin \f(x,2))＝eq \f(2cs2\f(x,2),2sin \f(x,2)cs \f(x,2))＝eq \f(1＋cs x,sin x)＝右边．


所以原等式成立．


二、三角恒等变换的综合问题


例2 已知函数f(x)＝4cs ωx·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期为π.


(1)求ω的值；


(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的单调性．


解 (1)f(x)＝4cs ωx·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))


＝2eq \r(2)sin ωx·cs ωx＋2eq \r(2)cs2ωx


＝eq \r(2)(sin 2ωx＋cs 2ωx)＋eq \r(2)


＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,4)))＋eq \r(2).


因为f(x)的最小正周期为π，且ω>0，


从而有eq \f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.


(2)由(1)知，f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋eq \r(2).


若0≤x≤eq \f(π,2)，则eq \f(π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4).


当eq \f(π,4)≤2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,8)，f(x)单调递增；


当eq \f(π,2)<2x＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，即eq \f(π,8)

综上可知，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,8)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(π,2)))上单调递减．


反思感悟 研究三角函数的性质，如单调性和最值问题，通常是把复杂的三角函数通过恰当的三角变换，转化为一种简单的三角函数，再研究转化后函数的性质．在这个过程中通常利用辅助角公式，将y＝asin x＋bcs x转化为y＝Asin(x＋φ)或y＝Acs(x＋φ)的形式，以便研究函数的性质．


跟踪训练2 已知函数f(x)＝sin2x－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，x∈R.


(1)求f(x)的最小正周期；


(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．


解 (1)由已知，有f(x)＝eq \f(1－cs 2x,2)－eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))),2)


＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 2x＋\f(\r(3),2)sin 2x))－eq \f(1,2)cs 2x


＝eq \f(\r(3),4)sin 2x－eq \f(1,4)cs 2x＝eq \f(1,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).


所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.


(2)因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是减函数，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函数，


且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(1,4)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(1,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \f(\r(3),4)，


所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值为eq \f(\r(3),4)，最小值为－eq \f(1,2).


三、三角函数的实际应用


例3 如图，有一块以点O为圆心的半圆形空地，要在这块空地上划出一个内接矩形ABCD开辟为绿地，使其一边AD落在半圆的直径上，另两点B，C落在半圆的圆周上．已知半圆的半径长为20 m，如何选择关于点O对称的点A，D的位置，可以使矩形ABCD的面积最大，最大值是多少？





解 连接OB(图略)，设∠AOB＝θ，


则AB＝OBsin θ＝20sin θ，OA＝OBcs θ＝20cs θ，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).


因为A，D关于原点对称，


所以AD＝2OA＝40cs θ.


设矩形ABCD的面积为S，则


S＝AD·AB＝40cs θ·20sin θ＝400sin 2θ.


因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以当sin 2θ＝1，


即θ＝eq \f(π,4)时，Smax＝400(m2)．


此时AO＝DO＝10eq \r(2)(m)．


故当A，D距离圆心O为10eq \r(2) m时，矩形ABCD的面积最大，其最大面积是400 m2.


反思感悟 (1)三角函数与平面几何有着密切联系，几何中的角度、长度、面积等问题，常借助三角变换来解决；实际问题的意义常反映在三角形的边、角关系上，故常用三角恒等变换的方法解决实际的优化问题．


(2)解决此类问题的关键是引进角为参数，列出三角函数式．


跟踪训练3 如图所示，要把半径为R的半圆形木料截成长方形，应怎样截取，才能使△OAB的周长最大？





解 设∠AOB＝α，则0<α




则AB＝Rsin α，OB＝Rcs α，


∴l＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsin α＋Rcs α


＝R(sin α＋cs α)＋R


＝eq \r(2)Rsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＋R.


∵0<α

∴l的最大值为eq \r(2)R＋R＝(eq \r(2)＋1)R，


此时，α＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,4)，


即当α＝eq \f(π,4)时，△OAB的周长最大．





1．已知cs α＝eq \f(1,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，则sin eq \f(α,2)等于( )


A.eq \f(\r(10),5) B．－eq \f(\r(10),5) C.eq \f(2\r(6),5) D.eq \f(2\r(5),5)


答案 A


解析 ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，


∴eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))，sin eq \f(α,2)＝eq \r(\f(1－cs α,2))＝eq \f(\r(10),5).


2．若函数f(x)＝－sin2x＋eq \f(1,2)(x∈R)，则f(x)是( )


A．最小正周期为eq \f(π,2)的奇函数


B．最小正周期为π的奇函数


C．最小正周期为2π的偶函数


D．最小正周期为π的偶函数


答案 D


解析 f(x)＝－eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)cs 2x.故选D.


3．下列各式与tan α相等的是( )


A.eq \r(\f(1－cs 2α,1＋cs 2α)) B.eq \f(sin α,1＋cs α)


C.eq \f(sin α,1－cs 2α) D.eq \f(1－cs 2α,sin 2α)


答案 D


解析 eq \f(1－cs 2α,sin 2α)＝eq \f(2sin2α,2sin αcs α)＝eq \f(sin α,cs α)＝tan α.


4．函数y＝－eq \r(3)sin x＋cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,6)))上的值域是________．


答案 [0，eq \r(3)]


解析 y＝－eq \r(3)sin x＋cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x)).


又∵－eq \f(π,6)≤x≤eq \f(π,6)，


∴0≤eq \f(π,6)－x≤eq \f(π,3).


∴0≤y≤eq \r(3).


5．已知sin eq \f(α,2)－cs eq \f(α,2)＝－eq \f(1,\r(5))，eq \f(π,2)<α<π，则tan eq \f(α,2)＝________.


答案 2


解析 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)－cs \f(α,2)))2＝eq \f(1,5)，


∴1－sin α＝eq \f(1,5)，∴sin α＝eq \f(4,5).


又∵eq \f(π,2)<α<π，∴cs α＝－eq \f(3,5).


∴tan eq \f(α,2)＝eq \f(1－cs α,sin α)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))),\f(4,5))＝2.





1．知识清单：


(1)半角公式；


(2)辅助角公式；


(3)三角恒等变换的综合问题；


(4)三角函数在实际问题中的应用．


2．方法归纳：换元思想，化归思想．


3．常见误区：半角公式符号的判断，实际问题中的定义域．








1．设5π<θ<6π，cs eq \f(θ,2)＝a，则sin eq \f(θ,4)等于( )


A.eq \f(\r(1＋a),2) B.eq \f(\r(1－a),2) C．－eq \r(\f(1＋a,2)) D．－eq \r(\f(1－a,2))


答案 D


解析 ∵5π<θ<6π，∴eq \f(5π,4)

∴sin eq \f(θ,4)＝－eq \r(\f(1－cs \f(θ,2),2))＝－eq \r(\f(1－a,2)).


2．设a＝eq \f(1,2)cs 6°－eq \f(\r(3),2)sin 6°，b＝2sin 13°cs 13°，c＝eq \r(\f(1－cs 50°,2))，则有( )


A．c

答案 C


解析 由题意可知，a＝sin 24°，b＝sin 26°，c＝sin 25°，而当0°

3．已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则( )


A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3


B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4


C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3


D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4


答案 B


解析 易知f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝3cs2x＋1＝eq \f(3,2)(2cs2x－1)＋eq \f(3,2)＋1＝eq \f(3,2)cs 2x＋eq \f(5,2)，


则f(x)的最小正周期为π，


当x＝kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，最大值为4.


4．化简eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)＋cs \f(α,2)))2＋2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(α,2)))得( )


A．2＋sin α B．2＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))


C．2 D．2＋eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))


答案 C


解析 原式＝1＋2sin eq \f(α,2)cs eq \f(α,2)＋1－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(α,2)))))


＝2＋sin α－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))＝2＋sin α－sin α＝2.


5．设函数f(x)＝2cs2x＋eq \r(3)sin 2x＋a(a为实常数)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最小值为－4，那么a的值等于( )


A．4 B．－6 C．－4 D．－3


答案 C


解析 f(x)＝2cs2x＋eq \r(3)sin 2x＋a＝1＋cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＋a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋a＋1.


当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，


∴f(x)min＝2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋a＋1＝－4.


∴a＝－4.


6．若3sin x－eq \r(3)cs x＝2eq \r(3)sin(x＋φ)，φ∈(－π，π)，则φ＝________.


答案 －eq \f(π,6)


解析 因为3sin x－eq \r(3)cs x


＝2eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x－\f(1,2)cs x))＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，


因为φ∈(－π，π)，所以φ＝－eq \f(π,6).


7．若θ是第二象限角，且25sin2θ＋sin θ－24＝0，则cs eq \f(θ,2)＝________.


答案 ±eq \f(3,5)


解析 由25sin2θ＋sin θ－24＝0，


又θ是第二象限角，


得sin θ＝eq \f(24,25)或sin θ＝－1(舍去)．


故cs θ＝－eq \r(1－sin2θ)＝－eq \f(7,25)，


由cs2 eq \f(θ,2)＝eq \f(1＋cs θ,2)得cs2 eq \f(θ,2)＝eq \f(9,25).


又eq \f(θ,2)是第一、三象限角，


所以cs eq \f(θ,2)＝±eq \f(3,5).


8．化简：eq \f(sin 4x,1＋cs 4x)·eq \f(cs 2x,1＋cs 2x)·eq \f(cs x,1＋cs x)＝________.


考点 利用简单的三角恒等变换化简求值


题点 综合运用三角恒等变换公式化简求值


答案 tan eq \f(x,2)


解析 原式＝eq \f(2sin 2xcs 2x,2cs22x)·eq \f(cs 2x,1＋cs 2x)·eq \f(cs x,1＋cs x)


＝eq \f(sin 2x,1＋cs 2x)·eq \f(cs x,1＋cs x)＝eq \f(2sin xcs x,2cs2x)·eq \f(cs x,1＋cs x)


＝eq \f(sin x,1＋cs x)＝tan eq \f(x,2).


9．已知cs θ＝－eq \f(7,25)，θ∈(π，2π)，求sin eq \f(θ,2)＋cs eq \f(θ,2)的值．


解 因为θ∈(π，2π)，


所以eq \f(θ,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，


所以sin eq \f(θ,2)＝eq \r(\f(1－cs θ,2))＝eq \f(4,5)，


cs eq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1＋cs θ,2))＝－eq \f(3,5)，


所以sin eq \f(θ,2)＋cs eq \f(θ,2)＝eq \f(1,5).


10．已知函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12))) (x∈R)．


(1)求函数f(x)的最小正周期；


(2)求使函数f(x)取得最大值的x的集合．


解 (1)∵f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))


＝eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))＋1－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))


＝2eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))－\f(1,2)cs\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))))＋1


＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))＋1


＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1，


∴f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.


(2)当f(x)取得最大值时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝1，


有2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，


∴所求x的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝kπ＋\f(5π,12)，k∈Z)))).





11．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)sin xcs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最大值是( )


A．1 B．2 C.eq \f(3,2) D．3


答案 C


解析 f(x)＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(\r(3),2)sin 2x


＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)，


∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，


∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，


∴f(x)max＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，故选C.


12．化简：tan 70°cs 10°(eq \r(3)tan 20°－1)＝________.


答案 －1


解析 原式＝eq \f(sin 70°,cs 70°)·cs 10°·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)\f(sin 20°,cs 20°)－1))


＝eq \f(sin 70°,cs 70°)·cs 10°·eq \f(\r(3)sin 20°－cs 20°,cs 20°)


＝eq \f(sin 70°,cs 70°)·cs 10°·eq \f(2sin－10°,cs 20°)


＝－eq \f(sin 70°,cs 70°)·eq \f(sin 20°,cs 20°)＝－1.


13．设0≤α≤π，不等式8x2－8xsin α＋cs 2α≥0对任意x∈R恒成立，则α的取值范围是________．


答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))∪eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))


解析 Δ＝(8sin α)2－4×8×cs 2α≤0，


即2sin2α－cs 2α≤0，所以4sin2α≤1，


所以－eq \f(1,2)≤sin α≤eq \f(1,2).


因为0≤α≤π，所以0≤α≤eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)≤α≤π.


14．函数y＝sin2x＋sin xcs x＋1的最小正周期是______，单调递增区间是________．


答案 π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))，k∈Z


解析 y＝sin2x＋sin xcs x＋1＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(sin 2x,2)＋1＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(3,2).


最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.


令－eq \f(π,2)＋2kπ<2x－eq \f(π,4)

解得－eq \f(π,8)＋kπ

所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,8)，kπ＋\f(3π,8)))(k∈Z)．





15．已知sin 2θ＝eq \f(3,5)，0<2θ

答案 eq \f(1,2)


解析 eq \f(2cs2\f(θ,2)－sin θ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))


＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(θ,2)－1))－sin θ,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin θcs \f(π,4)＋cs θsin \f(π,4))))


＝eq \f(cs θ－sin θ,sin θ＋cs θ)＝eq \f(1－\f(sin θ,cs θ),\f(sin θ,cs θ)＋1)＝eq \f(1－tan θ,tan θ＋1).


因为sin 2θ＝eq \f(3,5)，0<2θ

所以cs 2θ＝eq \f(4,5)，所以tan θ＝eq \f(sin 2θ,1＋cs 2θ)＝eq \f(\f(3,5),1＋\f(4,5))＝eq \f(1,3)，


所以eq \f(1－tan θ,tan θ＋1)＝eq \f(1－\f(1,3),\f(1,3)＋1)＝eq \f(1,2)，


即eq \f(2cs2\f(θ,2)－sin θ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))＝eq \f(1,2).


16.如图所示，已知OPQ是半径为1，圆心角为eq \f(π,3)的扇形，四边形ABCD是扇形的内接矩形，B，C两点在圆弧上，OE是∠POQ的平分线，E在上，连接OC，记∠COE＝α，则角α为何值时矩形ABCD的面积最大？并求最大面积．





解 如图所示，





设OE交AD于M，交BC于N，显然矩形ABCD关于OE对称，而M，N分别为AD，BC的中点，在Rt△ONC中，CN＝sin α，ON＝cs α，OM＝eq \f(DM,tan \f(π,6))＝eq \r(3)DM＝eq \r(3)CN＝eq \r(3)sin α，


所以MN＝ON－OM＝cs α－eq \r(3)sin α，


即AB＝cs α－eq \r(3)sin α，而BC＝2CN＝2sin α，


故S矩形ABCD＝AB·BC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs α－\r(3)sin α))·2sin α


＝2sin αcs α－2eq \r(3)sin2α


＝sin 2α－eq \r(3)(1－cs 2α)


＝sin 2α＋eq \r(3)cs 2α－eq \r(3)


＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 2α＋\f(\r(3),2)cs 2α))－eq \r(3)


＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))－eq \r(3).


因为0<α

故当2α＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即α＝eq \f(π,12)时，S矩形ABCD取得最大值，


此时S矩形ABCD＝2－eq \r(3).