高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.5 三角恒等变换导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.5 三角恒等变换导学案，共5页。

类型1 y＝Asin(ωx＋φ)＋B型的最值问题
【例1】 (1)函数y＝5sin x－12cs x在x＝θ处取得最值，则tan θ＝( )
A. eq \f(12,5) B． ±eq \f(12,5)
C. －eq \f(5,12) D． ±eq \f(5,12)
(2) 已知函数f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs 2x，则f(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))的最小值是________，若不等式f(x)－m<2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，则实数m的取值范围是________．
(1)C (2)2 (1，＋∞) [(1)y＝5sin x－12cs x＝13eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)sin x－\f(12,13)cs x))＝13sin(x－φ)，其中cs φ＝eq \f(5,13)，sin φ＝eq \f(12,13)，依题意可得13sin(θ－φ)＝±13，即sin(θ－φ)＝±1，所以θ－φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，θ＝φ＋eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以tan θ＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2)＋kπ))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2)))＝eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2))),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,2))))＝eq \f(cs φ,－sin φ)＝－eq \f(5,12).
(2)∵f(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x))－eq \r(3)cs 2x
＝1－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))－eq \r(3)cs 2x
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＋1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1.
又∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴eq \f(π,6)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，
即2≤1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))≤3，
∴f(x)max＝3，f(x)min＝2.
∵f(x)－m<2⇔f(x)－2∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，且f(x)max＝3，
∴m>f(x)max－2＝1，
∴m>1，即m的取值范围是(1，＋∞)．]
类型2 可化为y＝f(sin x)型的值域问题
【例2】 已知函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cs ωx的最小正周期为π，g(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－4λf(x)－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))时，函数g(x)的最小值为－eq \f(3,2)，求实数λ的值．
[解] (1)f(x)＝eq \f(\r(3),2)sin ωx－eq \f(1,2)cs ωx＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx－\f(π,6)))，
因为f(x)最小正周期为π，即eq \f(2π,ω)＝π，解得ω＝2，
所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)由题知g(x)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－4λsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－1＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))－λ))2－1－2λ2，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))，
所以0≤2x－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，0≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))≤1.
①当λ<0时，当且仅当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝0时，g(x)取得最小值为－1，与已知不符；
②当0≤λ≤1时，当且仅当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝λ时，g(x)取得最小值为－1－2λ2，由－1－2λ2＝－eq \f(3,2)，解得λ＝－eq \f(1,2)(舍)，λ＝eq \f(1,2)；
③当λ>1时，当且仅当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝1时，g(x)取得最小值为1－4λ，由1－4λ＝－eq \f(3,2)，解得λ＝eq \f(5,8)，这与λ>1矛盾．
综上所述，λ＝eq \f(1,2).
类型3 含sin x±cs x，sin xcs x的最值问题
【例3】 求函数y＝sin x＋cs x＋sin xcs x的值域．
[解] 令t＝sin x＋cs x，则有
t2＝1＋2sin xcs x，即sin xcs x＝eq \f(t2－1,2).
∴y＝f(t)＝t＋eq \f(t2－1,2)＝eq \f(1,2)(t＋1)2－1.
又t＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，
∴－eq \r(2)≤t≤eq \r(2).
故y＝f(t)＝eq \f(1,2)(t＋1)2－1(－eq \r(2)≤t≤eq \r(2))．
从而知f(－1)≤y≤f(eq \r(2))，即－1≤y≤eq \r(2)＋eq \f(1,2).
故函数的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\r(2)＋\f(1,2))).
类型4 实际问题中的最值
【例4】
如图，OAB是一块半径为1，圆心角为eq \f(π,3)的扇形空地．现决定在此空地上修建一个矩形的花坛CDEF，其中动点C在扇形的弧 eq \\ac(AB,\s\up10(︵)) 上，记∠COA＝θ，求矩形CDEF的面积最大值．
[解] ∵OF＝cs θ，CF＝sin θ，
∴OE＝eq \f(DE,tan \f(π,3))＝eq \f(CF,\r(3))＝eq \f(sin θ,\r(3))，EF＝OF－OE＝cs θ－eq \f(sin θ,\r(3))，
∴S＝EF·CF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ－\f(sin θ,\r(3))))sin θ＝sin θ·cs θ－eq \f(\r(3),3)sin2θ
＝eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \f(\r(3),6)cs 2θ－eq \f(\r(3),6)＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 2θ＋\f(1,2)cs 2θ))－eq \f(\r(3),6)
＝eq \f(\r(3),3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))－eq \f(\r(3),6)，
∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴2θ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
∴当2θ＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,6)时，矩形CDEF的面积S取得最大值eq \f(\r(3),6).
类型5 已知最值求参数范围
【例5】 (1)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2sin ωxcs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(5π,6)))上是增函数，且在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5)))B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,5)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,5)))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
(2) 已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)(其中ω>0，－π<φ<π)，若函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上有最小值而无最大值，且满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，则实数φ的取值范围是__________．
(1)B (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－5π,6)，\f(π,6))) [(1)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2sin ωxcs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ωx,2)－\f(π,4)))－sin2ωx
＝sin ωxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋sin ωx))－sin2ωx
＝sin ωx＋sin2ωx－sin2ωx＝sin ωx.
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)，\f(5π,6)))上是增函数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)≤－\f(2ωπ,3),\f(5ωπ,6)≤\f(π,2))) ，解得ω≤eq \f(3,5)，
令ωx＝eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
因为在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，π))上恰好取得一次最大值，
所以0≤eq \f(π,2ω)≤π，所以ω≥eq \f(1,2)，
所以ω的取值范围是eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(3,5).故选B.
(2)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))时，函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上有最小值而无最大值，
且满足f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，
故eq \f(T,2)＝eq \f(π,6)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝eq \f(π,2)，
此时ω＝eq \f(2π,T)＝2，
解得(2x＋φ)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2π,3)＋φ，\f(π,3)＋φ))，
函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,6)))上有最小值而无最大值，且－π<φ<π，
由三角函数图象可知x1＝－eq \f(2π,3)＋φ与x2＝eq \f(π,3)＋φ应分别位于相邻的单调递减区间与单调递增区间，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(φ≤\f(2π,3)－\f(π,2),φ≥－\f(π,2)－\f(π,3)))，则eq \f(－5π,6)≤φ≤eq \f(π,6).]