PAGE1-第3章三角恒等變換求值問題已知tanα＝4eq\r(3)，cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，α，β均為銳角，求cosβ的值．思路點撥：由tanα求sinα，由cos(α＋β)求sin(α＋β)，再利用cosβ＝cos[(α＋β)－α]綻開求解．[解]因為α，β均為銳角，所以0＜α＋β＜π，又cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，所以eq\f(π,2)＜α＋β＜π，且sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14).因為tanα＝4eq\r(3)，所以sinα＝eq\f(4\r(3),7)，cosα＝eq\f(1,7).所以cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)sinα＝eq\f(1,2).三角函數求值主要有三種類型，即1“給角求值”，一般給出的角都是非特別角，視察發(fā)覺題中的角與特別角都有著肯定的關系，如和或差為特別角，必要時運用誘導公式.2“給值求值”，即給出某些角的三角函數式的值，求另外一些三角函數的值，這類求值問題關鍵在于結合條件和結論中的角，合理拆、配角，要留意角的范圍.3“給值求角”，本質上還是“給值求值”，只不過往往求出的是特別角的值，在求出角之前還需結合函數的單調性確定角，必要時還要探討角的范圍.1．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1,6)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，求eq\f(sin4α,1＋cos2α)的值．[解]∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(1,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,6)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝eq\f(1,3)，即cos2α＝eq\f(1,3).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，2α∈(π，2π)，∴sin2α＝－eq\r(1－cos22α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝－eq\f(2\r(2),3).∴eq\f(sin4α,1＋cos2α)＝eq\f(2sin2αcos2α,1＋\f(1＋cos2α,2))＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)))×\f(1,3),1＋\f(1＋\f(1,3),2))＝－eq\f(4\r(2),15).化簡與證明求證：eq\f(1＋sin4θ－cos4θ,2tanθ)＝eq\f(1＋sin4θ＋cos4θ,1－tan2θ).思路點撥：先對原式進行等價變形，同時留意應用“二倍角”的正弦、余弦、正切公式．[證明]證明原不等式成立，即證明1＋sin4θ－cos4θ＝tan2θ(1＋sin4θ＋cos4θ)成立．∵tan2θ(1＋sin4θ＋cos4θ)＝eq\f(sin2θ,cos2θ)(2cos22θ＋2sin2θcos2θ)＝2sin2θ(cos2θ＋sin2θ)＝2sin2θcos2θ＋2sin22θ＝sin4θ＋1－cos4θ.∴eq\f(1＋sin4θ－cos4θ,2tanθ)＝eq\f(1＋sin4θ＋cos4θ,1－tan2θ).三角函數式的化簡與證明要遵循“三看”原則1一看“角”，通過看角之間的差別與聯(lián)系，把角進行合理的拆分，從而正確運用公式.2二看“函數名稱”，看函數名稱之間的差異，從而確定運用的公式，常見的有“切化弦”.3三看“結構特征”，分析結構特征，找到變形的方向.2．化簡：eq\f(2sin130°＋sin100°1＋\r(3)tan370°,\r(1＋cos10°)).[解]原式＝eq\f(2sin50°＋sin80°1＋\r(3)tan10°,\r(1＋cos10°))＝eq\f(2sin50°＋cos10°×\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°),\r(2cos25°))＝eq\f(2sin50°＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),\r(2)|cos5°|)＝eq\f(2sin50°＋2sin30°＋10°,\r(2)cos5°)＝eq\f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin45°＋5°＋sin45°－5°)),\r(2)cos5°)＝eq\f(2sin45°cos5°＋cos45°sin5°＋sin45°cos5°－cos45°sin5°,\r(2)cos5°)＝eq\f(4sin45°·cos5°,\r(2)cos5°)＝2.三角恒等變換的綜合應用設向量a＝(eq\r(3)sinx，sinx)，b＝(cosx，sinx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(1)若|a|＝|b|，求x的值；(2)設函數f(x)＝a·b，求f(x)的最大值．思路點撥：分別表示兩向量的模，利用相等求解x的值；利用數量積運算及協(xié)助角公式化為一個角的一種函數求解．[解](1)由|a|2＝(eq\r(3)sinx)2＋sin2x＝4sin2x，|b|2＝cos2x＋sin2x＝1，及|a|＝|b|，得4sin2x＝1.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，從而sinx＝eq\f(1,2)，所以x＝eq\f(π,6).(2)f(x)＝a·b＝eq\r(3)sinxcosx＋sin2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，當x＝eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))取最大值1.所以f(x)的最大值為eq\f(3,2).1．進行三角恒等變換要抓住：變角、變函數名稱、變結構，尤其是角之間的關系；留意公式的逆用和變形運用．2．把形如y＝asinx＋bcosx化為y＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可進一步探討函數的周期、單調性、最值與對稱性．3．已知函數f(x)＝cos2eq\f(x,2)－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\f(1,2).(1)求函數f(x)的最小正周期和值域；(2)若f(α)＝eq\f(3\r(2),10)，求sin2α的值．[解](1)f(x)＝cos2eq\f(x,2)－sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)(1＋cosx)－eq\f(1,2)sinx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))).所以f(x)的最小正周期為2π，值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))).(2)由(1)知f(α)＝eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3\r(2),10)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5).所以sin2α＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝1－eq\f(18,25)＝eq\f(7,25).轉化與化歸思想在三角變換中的應用【例4】已知tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,7)，且α，β∈(0，π)，求2α－β的值．思路點撥：先求tan(2α－β)的值，再結合2α－β的范圍求2α－β的值．[解]∵tanα＝eq\f(1,3)＞0，∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2α∈(0，π)，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq\f(3,4)＞0，∴2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，又∵tanβ＝－eq\f(1,7)＜0，β∈(0，π)，∴β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))),1＋\f(3,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝1，又∵2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴2α－β∈(－π，0)，∴2α－β＝－eq\f(3,4)π.在三角函數的化簡、求值中，常常對條件和結論進行合理的變換，通過轉化溝通已知與未知的關系，角的轉化、函數名稱的轉化、常數代換、冪的升降變換、結構改變等技巧在解題中常常用到，應嫻熟駕馭.4．已知eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4)，0＜β＜eq\f(π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq\f(5,13)，求sin(α＋β)的值．[解]∵eq\f(π,4)＜α＜eq\f(3π,4)，0＜β＜eq\f(π,4)，∴－eq\f(π,2)＜eq\f(π,4)－α＜0，eq\f(3π,4)＜eq\f(3π,4)＋β＜π，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝－eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β)))＝－eq\f(12,13)，∴sin(α＋β)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α＋β))＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\