高考数学一轮复习讲义第4章第5节第2课时简单的三角恒等变化

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例1 (1)化简：eq \f(2cs4x－2cs2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x)))＝.
(2)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝.
答案 (1)eq \f(1,2)cs 2x (2)eq \f(4－3\r(3),10)
解析 (1)原式＝eq \f(\f(1,2)4cs4x－4cs2x＋1,2×\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))·cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))
＝eq \f(2cs2x－12,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))
＝eq \f(cs22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x)))
＝eq \f(cs22x,2cs 2x)＝eq \f(1,2)cs 2x.
(2)由题意可得，cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq \f(1,10)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2)))＝－sin 2θ＝－eq \f(4,5)，即sin 2θ＝eq \f(4,5).
因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)>0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以0<θ根据同角三角函数基本关系式可得cs 2θ＝eq \f(3,5)，
由两角差的正弦公式可得
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝sin 2θcs eq \f(π,3)－cs 2θsin eq \f(π,3)＝eq \f(4－3\r(3),10).
思维升华 (1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则，一看角，二看名，三看式子结构与特征．(2)三角函数式化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的共同点．
(1)已知cs(x－eq \f(π,6))＝－eq \f(\r(3),3)，则csx＋cs(x－eq \f(π,3))＝.
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，则sin 2α的值为( )
A.eq \f(1,18)B．－eq \f(1,18)
C.eq \f(17,18)D．－eq \f(17,18)
答案 (1)－1 (2)D
解析 (1)csx＋cs(x－eq \f(π,3))
＝csx＋eq \f(1,2)csx＋eq \f(\r(3),2)sin x
＝eq \f(3,2)csx＋eq \f(\r(3),2)sin x＝eq \r(3)cs(x－eq \f(π,6))
＝eq \r(3)×(－eq \f(\r(3),3))＝－1.
(2)cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))
代入原式，得
6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1,6)，
∴sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))
＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))－1＝－eq \f(17,18).
题型二 三角函数的求值
命题点1 给值求值问题
例2 (1)(2017·合肥联考)已知α，β为锐角，csα＝eq \f(1,7)，sin(α＋β)＝eq \f(5\r(3),14)，则csβ＝.
答案 eq \f(1,2)
解析 ∵α为锐角，
∴sin α＝eq \r(1－\f(1,7)2)＝eq \f(4\r(3),7).
∵α，β∈(0，eq \f(π,2))，∴0<α＋β<π.
又∵sin(α＋β)eq \f(π,2)，
∴cs(α＋β)＝－eq \f(11,14).
csβ＝cs[(α＋β)－α]
＝cs(α＋β)csα＋sin(α＋β)sin α
＝－eq \f(11,14)×eq \f(1,7)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(49,98)＝eq \f(1,2).
(2)(2015·广东)已知tan α＝2.
①求tan(α＋eq \f(π,4))的值；
②求eq \f(sin 2α,sin2α＋sin αcs α－cs 2α－1)的值．
解 ①tan(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(tan α＋tan \f(π,4),1－tan αtan \f(π,4))＝eq \f(2＋1,1－2×1)＝－3.
②eq \f(sin 2α,sin2α＋sin αcs α－cs 2α－1)
＝eq \f(2sin αcs α,sin2α＋sin αcs α－2cs2α)
＝eq \f(2tan α,tan2α＋tan α－2)＝eq \f(2×2,4＋2－2)＝1.
命题点2 给值求角问题
例3 (1)设α，β为钝角，且sin α＝eq \f(\r(5),5)，csβ＝－eq \f(3\r(10),10)，则α＋β的值为( )
A.eq \f(3π,4)B.eq \f(5π,4)
C.eq \f(7π,4)D.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4)
(2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq \f(1,2)，tan β＝－eq \f(1,7)，则2α－β的值为．
答案 (1)C (2)－eq \f(3π,4)
解析 (1)∵α，β为钝角，sin α＝eq \f(\r(5),5)，csβ＝－eq \f(3\r(10),10)，
∴csα＝－eq \f(2\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，
∴cs(α＋β)＝csαcsβ－sin αsin β＝eq \f(\r(2),2)>0.
又α＋β∈(π，2π)，∴α＋β∈(eq \f(3π,2)，2π)，
∴α＋β＝eq \f(7π,4).
(2)∵tan α＝tan[(α－β)＋β]
＝eq \f(tanα－β＋tan β,1－tanα－βtan β)
＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq \f(1,3)>0，
∴0<α又∵tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(1,3),1－\f(1,3)2)＝eq \f(3,4)>0，
∴0<2α∴tan(2α－β)＝eq \f(tan 2α－tan β,1＋tan 2αtan β)
＝eq \f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.
∵tan β＝－eq \f(1,7)<0，
∴eq \f(π,2)<β<π，－π<2α－β<0，
∴2α－β＝－eq \f(3π,4).
引申探究
本例(1)中，若α，β为锐角，sin α＝eq \f(\r(5),5)，csβ＝eq \f(3\r(10),10)，则α＋β＝.
答案 eq \f(π,4)
解析 ∵α，β为锐角，∴csα＝eq \f(2\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，
∴cs(α＋β)＝csαcsβ－sin αsin β
＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2).
又0<α＋β<π，∴α＋β＝eq \f(π,4).
思维升华 (1)给值求值问题的关键在“变角”，通过角之间的联系寻找转化方法；
(2)给值求角问题：先求角的某一三角函数值，再求角的范围确定角．
(1)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且2sin2α－sin α·csα－3cs2α＝0，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin 2α＋cs 2α＋1)＝.
(2)(2016·成都检测)若sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，且α∈[eq \f(π,4)，π]，β∈[π，eq \f(3π,2)]，则α＋β的值是( )
A.eq \f(7π,4)B.eq \f(5π,4)
C.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4)D.eq \f(3π,2)
答案 (1)eq \f(\r(26),8) (2)A
解析 (1)∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且2sin2α－sin α·csα－3cs2α＝0，则(2sin α－3cs α)·(sin α＋csα)＝0，
∴2sin α＝3cs α，
又sin2α＋cs2α＝1，
∴csα＝eq \f(2,\r(13))，sin α＝eq \f(3,\r(13))，
∴eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin 2α＋cs 2α＋1)
＝eq \f(\f(\r(2),2)sin α＋cs α,sin α＋cs α2＋cs2α－sin2α)＝eq \f(\r(26),8).
(2)因为α∈[eq \f(π,4)，π]，sin 2α＝eq \f(\r(5),5)>0，
所以2α∈[eq \f(π,2)，π]，
所以cs 2α＝－eq \f(2\r(5),5)且α∈[eq \f(π,4)，eq \f(π,2)]，
又因为sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)>0，β∈[π，eq \f(3π,2)]，
所以β－α∈[eq \f(π,2)，π]，
所以cs(β－α)＝－eq \f(3\r(10),10)，
因此sin(α＋β)＝sin[(β－α)＋2α]
＝sin(β－α)cs 2α＋cs(β－α)sin 2α
＝eq \f(\r(10),10)×(－eq \f(2\r(5),5))＋(－eq \f(3\r(10),10))×eq \f(\r(5),5)
＝－eq \f(\r(2),2)，
cs(α＋β)＝cs[(β－α)＋2α]
＝cs(β－α)cs 2α－sin(β－α)sin 2α
＝(－eq \f(3\r(10),10))×(－eq \f(2\r(5),5))－eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(\r(2),2)，
又α＋β∈[eq \f(5π,4)，2π]，所以α＋β＝eq \f(7π,4)，故选A.
题型三 三角恒等变换的应用
例4 (2016·天津)已知函数f(x)＝4tan xsineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3).
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的单调性．
解 (1)f(x)的定义域为{x|x≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z}．
f(x)＝4tanxcsxcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))－eq \r(3)
＝4sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sin x))－eq \r(3)
＝2sin xcsx＋2eq \r(3)sin2x－eq \r(3)
＝sin 2x＋eq \r(3)(1－cs 2x)－eq \r(3)
＝sin 2x－eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))).
所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)令z＝2x－eq \f(π,3)，则函数y＝2sin z的单调递增区间是
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋2kπ，\f(π,2)＋2kπ))，k∈Z.
由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，
得－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z.
设A＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，B＝{x|－eq \f(π,12)＋kπ≤x≤eq \f(5π,12)＋kπ，k∈Z}，易知A∩B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4))).
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))时，f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上单调递减．
思维升华 三角恒等变换的应用策略
(1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．
(2)把形如y＝asinx＋bcsx化为y＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可进一步研究函数的周期、单调性、最值与对称性．
(1)函数f(x)＝sin(x＋φ)－2sin φcsx的最大值为．
(2)函数f(x)＝sin(2x－eq \f(π,4))－2eq \r(2)sin2x的最小正周期是．
答案 (1)1 (2)π
解析 (1)因为f(x)＝sin(x＋φ)－2sin φcsx
＝sin xcsφ－csxsinφ＝sin(x－φ)，
－1≤sin(x－φ)≤1，所以f(x)的最大值为1.
(2)f(x)＝eq \f(\r(2),2)sin 2x－eq \f(\r(2),2)cs 2x－eq \r(2)(1－cs 2x)
＝eq \f(\r(2),2)sin 2x＋eq \f(\r(2),2)cs 2x－eq \r(2)＝sin(2x＋eq \f(π,4))－eq \r(2)，
∴T＝eq \f(2π,2)＝π.
9．化归思想和整体代换思想在三角函数中的应用
典例 (12分)(2015·重庆)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sinx－eq \r(3)cs2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性．
思想方法指导 (1)讨论形如y＝asinωx＋bcsωx型函数的性质，一律化成y＝eq \r(a2＋b2)sin(ωx＋φ)型的函数．
(2)研究y＝Asin(ωx＋φ)型函数的最值、单调性，可将ωx＋φ视为一个整体，换元后结合y＝sin x的图象解决．
规范解答
解 (1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sinx－eq \r(3)cs2x
＝csxsinx－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，[4分]
因此f(x)的最小正周期为π，最大值为eq \f(2－\r(3),2).[6分]
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，[7分]
从而当0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，
即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时，f(x)单调递增，[9分]
当eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，
即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时，f(x)单调递减．[11分]
综上可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递增；在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减．[12分]
1．(2016·青岛模拟)设tan(α－eq \f(π,4))＝eq \f(1,4)，则tan(α＋eq \f(π,4))等于( )
A．－2 B．2 C．－4 D．4
答案 C
解析 因为tan(α－eq \f(π,4))＝eq \f(tan α－1,1＋tan α)＝eq \f(1,4)，
所以tan α＝eq \f(5,3)，故tan(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝－4，故选C.
2．(2016·全国甲卷)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，则sin 2α等于( )
A.eq \f(7,25) B.eq \f(1,5) C．－eq \f(1,5) D．－eq \f(7,25)
答案 D
解析 因为sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))－1，又因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，所以sin 2α＝2×eq \f(9,25)－1＝－eq \f(7,25)，故选D.
3．(2016·福州模拟)已知tan α＝3，则eq \f(sin 2α,cs2α)的值等于( )
A．2 B．3
C．4 D．6
答案 D
解析 eq \f(sin 2α,cs2α)＝eq \f(2sin αcs α,cs2α)＝2tan α＝2×3＝6.
4．已知tan(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(1,2)，且－eq \f(π,2)<α<0，则eq \f(2sin2α＋sin 2α,csα－\f(π,4))等于( )
A．－eq \f(2\r(5),5)B．－eq \f(3\r(5),10)
C．－eq \f(3\r(10),10)D.eq \f(2\r(5),5)
答案 A
解析 由tan(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝eq \f(1,2)，得tan α＝－eq \f(1,3).
又－eq \f(π,2)<α<0，所以sin α＝－eq \f(\r(10),10).
故eq \f(2sin2α＋sin 2α,csα－\f(π,4))＝eq \f(2sin αsin α＋cs α,\f(\r(2),2)sin α＋cs α)＝2eq \r(2)sin α
＝－eq \f(2\r(5),5).
5．设α∈(0，eq \f(π,2))，β∈(0，eq \f(π,2))，且tan α＝eq \f(1＋sin β,cs β)，则( )
A．3α－β＝eq \f(π,2)B．2α－β＝eq \f(π,2)
C．3α＋β＝eq \f(π,2)D．2α＋β＝eq \f(π,2)
答案 B
解析 由tan α＝eq \f(1＋sin β,cs β)，得eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(1＋sin β,cs β)，
即sin αcsβ＝csα＋csαsin β，
∴sin(α－β)＝csα＝sin(eq \f(π,2)－α)．
∵α∈(0，eq \f(π,2))，β∈(0，eq \f(π,2))，
∴α－β∈(－eq \f(π,2)，eq \f(π,2))，eq \f(π,2)－α∈(0，eq \f(π,2))，
由sin(α－β)＝sin(eq \f(π,2)－α)，得α－β＝eq \f(π,2)－α，
∴2α－β＝eq \f(π,2).
6．函数f(x)＝sin(2x＋θ)＋eq \r(3)cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|θ|＜\f(π,2)))的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，则f(x)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))，k∈Z
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)＋kπ，\f(π,3)＋kπ))，k∈Z
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(7π,12)＋kπ，－\f(π,12)＋kπ))，k∈Z
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)＋kπ，\f(5π,12)＋kπ))，k∈Z
答案 C
解析 ∵f(x)＝sin(2x＋θ)＋eq \r(3)cs(2x＋θ)
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,3)))，
由题意知2×eq \f(π,6)＋θ＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，
∴θ＝kπ－eq \f(2,3)π(k∈Z)．
∵|θ|＜eq \f(π,2)，∴θ＝eq \f(π,3).
∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2,3)π)).
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(2,3)π≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得kπ－eq \f(7,12)π≤x≤kπ－eq \f(π,12)(k∈Z)．故选C.
7．若f(x)＝2tan x－eq \f(2sin2 \f(x,2)－1,sin \f(x,2)cs \f(x,2))，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))的值为．
答案 8
解析 ∵f(x)＝2tan x＋eq \f(1－2sin2 \f(x,2),\f(1,2)sin x)
＝2tan x＋eq \f(2cs x,sin x)＝eq \f(2,sin xcs x)＝eq \f(4,sin 2x)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝eq \f(4,sin \f(π,6))＝8.
8．若锐角α、β满足(1＋eq \r(3)tan α)(1＋eq \r(3)tan β)＝4，则α＋β＝.
答案 eq \f(π,3)
解析 由(1＋eq \r(3)tan α)(1＋eq \r(3)tan β)＝4，
可得eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \r(3)，即tan(α＋β)＝eq \r(3).
又α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq \f(π,3).
9．化简：eq \f(\r(3)tan 12°－3,4cs212°－2sin 12°)＝.
答案 －4eq \r(3)
解析 原式＝eq \f(\r(3)·\f(sin 12°,cs 12°)－3,22cs212°－1sin 12°)
＝eq \f(\f(2\r(3)\f(1,2)sin 12°－\f(\r(3),2)cs 12°,cs 12°),2cs 24°sin 12°)＝eq \f(2\r(3)sin－48°,2cs 24°sin 12°cs 12°)
＝eq \f(－2\r(3)sin 48°,sin 24°cs 24°)＝eq \f(－2\r(3)sin 48°,\f(1,2)sin 48°)＝－4eq \r(3).
10．函数f(x)＝eq \r(3)sin eq \f(2,3)x－2sin2eq \f(1,3)x (eq \f(π,2)≤x≤eq \f(3π,4))的最小值是．
答案 eq \r(3)－1
解析 f(x)＝eq \r(3)sin eq \f(2,3)x－(1－cseq \f(2,3)x)
＝2sin(eq \f(2,3)x＋eq \f(π,6))－1，
又eq \f(π,2)≤x≤eq \f(3π,4)，∴eq \f(π,2)≤eq \f(2,3)x＋eq \f(π,6)≤eq \f(2,3)π，
∴f(x)min＝2sin eq \f(2,3)π－1＝eq \r(3)－1.
11．已知函数f(x)＝cs2x＋sin xcsx，x∈R.
(1)求f(eq \f(π,6))的值；
(2)若sin α＝eq \f(3,5)，且α∈(eq \f(π,2)，π)，求f(eq \f(α,2)＋eq \f(π,24))．
解 (1)f(eq \f(π,6))＝cs2eq \f(π,6)＋sineq \f(π,6)cseq \f(π,6)
＝(eq \f(\r(3),2))2＋eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋\r(3),4).
(2)因为f(x)＝cs2x＋sin xcsx＝eq \f(1＋cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)(sin 2x＋cs 2x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)sin(2x＋eq \f(π,4))，
所以f(eq \f(α,2)＋eq \f(π,24))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)sin(α＋eq \f(π,12)＋eq \f(π,4))
＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)sin(α＋eq \f(π,3))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)(eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)csα)．
又因为sin α＝eq \f(3,5)，且α∈(eq \f(π,2)，π)，
所以csα＝－eq \f(4,5)，
所以f(eq \f(α,2)＋eq \f(π,24))＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(2),2)(eq \f(1,2)×eq \f(3,5)－eq \f(\r(3),2)×eq \f(4,5))
＝eq \f(10＋3\r(2)－4\r(6),20).
12．(2015·安徽)已知函数f(x)＝(sin x＋csx)2＋cs 2x.
(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(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
解 (1)因为f(x)＝sin2x＋cs2x＋2sin xcsx＋cs 2x＝1＋sin 2x＋cs 2x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1，
所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
由正弦函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时，f(x)取最大值eq \r(2)＋1；
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时，f(x)取最小值0.
综上，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为0.
*13.已知函数f(x)＝2cs2ωx－1＋2eq \r(3)cs ωxsinωx(0＜ω＜1)，直线x＝eq \f(π,3)是f(x)图象的一条对称轴．
(1)求ω的值；
(2)已知函数y＝g(x)的图象是由y＝f(x)图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移eq \f(2π,3)个单位长度得到的，若geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(6,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，求sin α的值．
解 (1)f(x)＝2cs2ωx－1＋2eq \r(3)cs ωxsinωx
＝cs 2ωx＋eq \r(3)sin 2ωx
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6))).
由于直线x＝eq \f(π,3)是函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx＋\f(π,6)))图象的一条对称轴，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)ω＋\f(π,6)))＝±1.
∴eq \f(2π,3)ω＋eq \f(π,6)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
∴ω＝eq \f(3,2)k＋eq \f(1,2)(k∈Z)．
又0＜ω＜1，∴－eq \f(1,3)＜k＜eq \f(1,3).
又∵k∈Z，从而k＝0，∴ω＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，
由题意可得
g(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2π,3)))＋\f(π,6)))，
即g(x)＝2cs eq \f(1,2)x.
∵geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(6,5)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5).
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴eq \f(π,6)＜α＋eq \f(π,6)＜eq \f(2π,3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5).
∴sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))cseq \f(π,6)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))sineq \f(π,6)
＝eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)－eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＝eq \f(4\r(3)－3,10).