第四章三角函3角恒等題型55 A.充分不必要條 B.必要不充分條C.充分必要條 D.既不充分也不必要條解析當sincoscos2cos2sin2cossincossin0，即sincoscos20；當cos20時，有cossincossin0，所以cossin0cossin0.即cos20不能推出sincos.命題意圖題型56化簡求1.（2014陜西文13）設0π，向量asin2，cos，b1，-cos2若ab0，則tan 2.（2014江蘇15）已知,，sin 5 求sin的值 求cos2的值 3.（2014文16）（本小題滿分13分在△ABCABC所對的邊分別為abc，已知ac求cosA求cos2Aπ的值

6b，sinB6

6 4.（2015重慶文）若tan1，tan()1，則tan A.7

B.6

C.7

D.6tantan 解析由兩角差的正切公式知tantan1tantan75.（2015文）已知sin2cos0，則2sincoscos2的值 解析由題意可得tan 2sincoscos2 2tan 42sincoscos sin2cos2 tan2 46.（2015 ）已知tan2，tan1，則tan的值 7解析解法一tantan

tan1tan

1 3．17解法二tantantan2tan

1，故tan31tantan 12tan 解法三tantan故tan3

tantan1tantan

1tan 2，11tan77.（2015江蘇）設向量acosk,sinkcoskk0,12,…,12 6 akak+1的值 k解析解法一（ ：由題意得a0cos0,sin0cos01,1a

3 31

a1

31

1

31

，

，a30,1，4 3

31

3

3152

1

3182

a0,1，

1,31，a3,31，

3 k

k

3 31 3

1 3 31

3 3 1 3 31 3 333131 93

解法二（部分規律法：由題意

cosk,k cosk,sinkcoska，從而

a 6

k

k

kk 3即akak1的結果呈現以T6為周期的變3故akak+12a0a1a1a2a2a3a3a4k

a cosk,s k coskcosk1 coskcosk1 sinkcosk1cosksink coskcosk1cosk1ksinkcosk1cosksink1 6 coskcosk1sink1sinkcosk1cos6 cosk3cosk1sink 3sink1cosk6 6 sink3cosk1sink 36 6 3 1sinkcosk1 3cos2k11cos2k 33 2 2 2 6 231sink

3cos2k1 3 2 1cos231sink13

13 2

231sink23cosk33 ysinkycosk的周期為T260 334故akak+11234k

93解法四（部分規律法a cosk,sinkcoskcosk1,sink1cosk1 k

6

coskcosk1cosk1ksinkcosk1cosksink1 6 coskcosk1cossinkk1

k1

2

sin36

k1

則akak+1

sin

6k

k

k

k 設

cosncosn1 由誘導公式

cosn3cosn4sinnsinn1 故

sinnsinn1cosncosn1cos3

k

kcos

k16

6

3332csinn，由誘導公式

sinn3sinnc 6

6

6 c

k故

，從而分組求和sin

6 0

k 332又2k

2

63，從而akak+1 k評注解法一、二雖然足夠復雜，但只要羅列清楚并逐步解決，就會發現其實比較簡單，2k k

使用積化和差簡化過程，即cosk6

k=6

62也有學生考慮構造

cosk,sinkcoskcosk,sink+0,cosk 6

6 6 3b+c，則b和 都是單位向量且夾角為，即b 3

k

k 8.（2015文）已知tan2求tanπ的值 4求

sin

sin2sincoscos2tantan解析（1）tanπ

4tan1213 4

1 1 tan4（2） sin 2sin sin2sincoscos2 sin2sincos2cos21 2sin sin2sincos2cos2 tan2tan

2222

1. 3文4）已知sincos4，則sin2 39

9

9

9

(sincos)212sincos1sin216sin21167 評注考點為三角函數的恒等變換，有一定難度，關鍵在于對正弦二倍角公式的運用.失分10.（2017山東文4）已知cosx3，則cos2x 44

4

8

8解析cos2x2cos2x12911.故選 1文15）已知0,π，tan2，則cosπ 2 4 解析由tan2得sin2cos.又sin2cos21，所以cos215因為0,，所以cos 5，sin25 2 所以coscoscossinsin

5 225

2310 4

12.（2017江蘇5）若tanπ1，則tan 4 tan

4 解析解法一（角的關系：tantan 6 ． 4

1tan 4 75解法二（直接化簡tanπtan11，所以tan77 4

1 題型571.(2013文16）已知函數f(x)

2cosx

π12，xR 3fπ3 若cos3，3π2πfπ 6 分析（1）xπfπ.（2）33 33 求出sinfπ 6解析（1）fx

2cosx

πfπ

2cosπ

π

2cos 12

3 12 2

22

（2）因為

,2π,cos

3，所以sin

41cos2131cos2135所以fπ 2cosπ

π 2cosπ 6

12 4 22cos2sincos

1

(2013湖南文16已知函數fxcosxcosxπ 3 （1）f2π3（2）

f(x1成立的x的取值集合4（1）fx變形為只含一個角的一種三角函數形式后求（2）根據余弦函數的性質變形為關于自變量x的不等式求解2π

1 解析（1）f

3

2

4

πcosx1cosx

3sinxfxcosxcosx3

1cos2x3sinxcosx11cos2x3sin2x1cos2xπ1 3 fx11cos2xπ11，即cos2xπ0 3 3 于是2kππ2xπ2kπ3πkZ.解得kπ5πxkπ11πkZ fx1成立的x的取值集合為xkπ5πxkπ11πkZ. 3.（201416）（12分4已知函數fxa2cos2xcos2x為奇函數，且f0，其中a4 f2，，，求sin的值4 3 16）（12分）已知函數fxAsinxπxR，

f5π32 3

12 Aff

3，0π，求fπ 2 5.（2014湖南文21）（本小題13分）已知函數f(x)xcosxsinx1(x0.f(x的單調區間（2）xi為f(x)的從小到大的第i(iN個零點，求證：對一切nN*，有*x1n31x1n3x x 6.（201421）（12分1sin1sin已知函數fx)xcosx2sinx2g1sin1sin

2x1.（1）

0，使f(x0 2 xg(x0，且對（1）x

x

7.（2014文17）(本小題滿分12分已知函數fxsin3xπ 4 fx的單調遞增區若f4cosπcos2，求cossin的值3 4 8.（20171文11）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知sinBsinAsinCcosC0，a2，c

2，則C A．

6

4

D．38.解析由題意sinACsinA(sinCcosC0sinAcosCcosAsinCsinAsinCsinAcosC0，即sinC(sinAcosA)

2sinCsinA0A3 4 a

sin

sinC，得sin4

sinC，即sinC2，得C6.故選 文16）已知函數fx 3cos2x2sinxcosx 3 fx的最小正周xfx