2023年高考数学微专题练习专练24高考大题专练二三角函数与解三角形的综合运用含解析理
三角函数、解三角形——2024届高考数学试题分类汇编(解析版)
2024高考复习·真题分类系列2024高考试题分类集萃·三角函数、解三角形
微专题总述：三角函数的图像与性质
【扎马步】2023高考三角函数的图像与性质方面主要考察“卡根法”的运用，是最为基础的表现
【雕龙头】在稳中求新的过程中，2023高考试题也透露出了新的风向，加强图像考察与其他知识点如几何、函数的结合，对称思想的隐含
微专题总述：正弦定理与余弦定理的应用
【扎马步】2023高考解三角形小题部分紧抓“教考衔接”基础不放，充分考察正余弦定理的运用
【雕龙头】在稳中求新的过程中，2023高考试题也透露出了新的风向，在考察正余弦定理时与角平分线定理结合（初中未涉及此定理）
微专题总述：解三角形综合问题
【扎马步】2023高考解三角形大题部分仍然与前几年保持一直模式，结构不良题型日益增多，但方向不变，均是化为“一角一函数”模式是达到的最终目的，考察考生基本计算与化简能力
【雕龙头】在稳中求新的过程中，2023高考试题也透露出了新的风向，如新高考卷中出现的数形结合可加快解题速度，利用初中平面几何方法快速求出对应参量在近几年高考题中频繁出现，可见初高中结合的紧密 2023年新课标全国Ⅰ卷数学
16．已知在ABC 中，
()3,2sin sin A B C A C B +=−=． (1)求sin A ；
(2)设5AB =，求AB 边上的高．
2023高考试题分类集萃·三角函数、解三角形参考答案
2。
2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究(解析版)
导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x >0时,x >sin x >x −12x 2.②余弦函数:cos x ≥1−12x 2.③正切函数:当x ∈0,π2时,sin x <x <tan x . ④数值域:sin x ∈-1,1,cos x ∈ -1,1 .3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x -ax ，a ∈R ，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x >2x ；(2)若函数g x =f x -x cos x 在区间0,+∞ 内有唯一的零点，求a 的取值范围.2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究（解析版）2已知函数f x =sin x-x-ae x,其中a为实数,e是自然对数的底数.(1)若a=-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π上有唯一的极值点,求实数a的取值范围.3已知函数f x =e x，g x =sin x+cos x.(1)求证：f x ≥x+1；(2)若x≥0，问f x +g x -2-ax≥0a∈R是否恒成立?若恒成立，求a的取值范围；若不恒成立，请说明理由4已知函数f(x)=e x+cos x-a(a∈R)．(1)讨论f(x)在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x∈[0,+∞)时，e x+sin x≥ax+1恒成立，求a的取值范围．5已知函数f x =a sin x，其中a>0.(1)若f x ≤x在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)证明：∀x∈0,+∞，有2e x>x+1 xln x+1+sin x.6已知函数f x =ae x+4sin x-5x.(1)若a=4，判断f x 在0,+∞上的单调性；(2)设函数p x =3sin x-2x+2，若关于x的方程f x =p x 有唯一的实根，求a的取值范围.7已知函数f x =e x，g x =2-sin x-cos x．(1)求证：当x∈0,+∞，x>sin x；(2)若x∈0,+∞，f x >g x +ax恒成立，求实数a的取值范围．8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2 ，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f (x )有两个极值点，求a 的取值范围；(2)若x ≥0，f (x )≥2sin x ，求a 的取值范围．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x<1时，x-x2<sin x<x；(2)已知函数f x =cos ax-ln1-x2，若x=0是f x 的极大值点，求a的取值范围．【跟踪训练】1已知函数f x =xe-x+a sin x，e是自然对数的底数，若x=0恰为f(x)的极值点.(1)求实数a的值；上零点的个数.(2)求f(x)在区间-∞,π42已知函数f x =2cos x+ln1+x-1．上零点和极值点的个数，并给出证明；(1)判断函数f x 在区间0,π2(2)若x≥0时，不等式f x <ax+1恒成立，求实数a的取值范围．3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立.(1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.5已知函数f(x)=ax2-a(x sin x+cos x)+cos x+a(x>0)．(1)当a=1时，(I)求(π,f(π))处的切线方程；(II)判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a的取值范围．6已知f(x)=ax2-cos x-x sin x+a(a∈R).(1)当a=14时，求y=f(x)在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x∈R时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围.7已知函数f(x)=e x-a-x-cos x，x∈(-π,π)其中e=2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a=0时，证明：f x ≥0;(2)当a=1时，求函数y=f x 零点个数．8已知函数f x =x-1e x+ax+1.(1)若a=-e，求f x 的极值；(2)若x≥0，f x ≥2sin x，求a的取值范围.9已知函数f x =2sin x-ln1+x0<x<π．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．11已知函数f x =ln x+sin x. (1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.12已知函数f(x)=12ax2-(a-2)x-2ln x.(1)当a=2时，证明：f x >sin x.(2)讨论f x 的单调性.13(1)证明：当x<1时，x+1≤e x≤11-x；(2)是否存在正数a，使得f x =2e x+a sin x-ax2-a+2x在R上单调递增，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x>0时,x>sin x>x−12x2. ②余弦函数:cos x≥1−12x2.③正切函数:当x∈0,π2时,sin x<x<tan x. ④数值域:sin x∈-1,1,cos x∈-1,1.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x-ax，a∈R，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x>2x；(2)若函数g x =f x -x cos x在区间0,+∞内有唯一的零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)a≥1【详解】(1)因为f x =e x-ax，所以f x =e x-a，当a≤0时，f x =e x-a>0，则f x =e x-ax在R上单调递增，当a>0时，令f x =e x-a>0得x>ln a，令f x =e x-a<0得x<ln a，所以函数f x 的增区间为(ln a,+∞)，减区间为(-∞,ln a)，令F x =e x-2x，则F x =e x-2，令F x =e x-2>0得x>ln2，令F x =e x-2<0得x<ln2，所以函数F x 的增区间为(ln2,+∞)，减区间为(-∞,ln2)，所以当x=ln2时，F x 取得最小值为F ln2=e ln2-2ln2=2-2ln2>0，所以e x>2x，得证；(2)由(1)知，g x =e x-a-x cos x，因为函数g x 在区间0,+∞内有唯一的零点，所以方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，令h(x)=e x-x cos x,x≥0，则函数h(x)=e x -x cos x与y=a在0,+∞上只有一个交点，记m x =e x-x-1,(x≥0)，则m x =e x-1≥0，所以m x 在0,+∞上单调递增，所以m x =e x-x-1≥e0-1=0，即e x≥x+1，故h (x)=e x-cos x+x sin x≥1-cos x+x(1+sin x)≥0，所以h(x)=e x-x cos x在0,+∞上单调递增，又h(0)=1，如图：要使方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，则a≥1.所以a的取值范围是a≥1.2已知函数f x =sin x -x -ae x ,其中a 为实数,e 是自然对数的底数.(1)若a =-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π 上有唯一的极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)证明:a =-1时,f x =sin x -x +e x ,令g x =e x -x ,则g x =e x -1,当x <0时,g x <0,g x 在-∞,0 上为减函数,当x >0时,g x >0,g x 在0,+∞ 上为增函数,函数g x 的极小值也是最小值为g 0 =1,所以g x ≥g 0 =1,而-sin x ≤1,所以e x -x ≥-sin x ,即f x ≥0.(2)f x 在0,π 上有唯一的极值点等价于f x =cos x -1-ae x =0在0,π 上有唯一的变号零点,f x =0等价于a =cos x -1e x ,设h x =cos x -1e x,x ∈0,π ,h x =-sin x -cos x +1e x =1-2sin x +π4 e x,因为x ∈0,π ,所以x +π4∈π4,5π4 ,当0<x <π2时,x +π4∈π4,3π4 ,sin x +π4 >22,h x <0,h x 在0,π2 上为减函数,当π2<x <π时,x +π4∈3π4,5π4 ,sin x +π4 22,h x 0,h x 在π2,π 上为增函数,所以函数h x 的极小值也是最小值为h π2 =-1e π2,又h 0 =0,h π =-2e π,所以当-2e π≤a <0时,方程a =cos x -1e x 在0,π 上有唯一的变号零点,所以a 的取值范围是-2e π,0.3已知函数f x =e x ，g x =sin x +cos x .(1)求证：f x ≥x +1；(2)若x ≥0，问f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 是否恒成立?若恒成立，求a 的取值范围；若不恒成立，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)a ≤2【详解】(1)令F x =e x -x -1，F x =e x -1，当x ∈-∞,0 ，F x <0，所以此时F x 单调递减；当x ∈0,+∞ ，F x >0，所以此时F x 单调递增；即当x =0时，F x 取得极小值也是最小值F 0 =0，所以F x ≥0，得证；(2)设h x =f x +g x -2-ax ，即证h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0在0,+∞ 上恒成立，易得h x =e x +cos x -sin x -a ，当x =0时，若h 0 =2-a ≥0⇒a ≤2，下面证明：当a ≤2时，h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0，在0,+∞ 上恒成立，因为h x =e x +cos x -sin x -a ，设u x =h x ，令v x =x -sin x ,v x =1-cos x ≥0，所以v x 在0,+∞ 上是单调递增函，所以v x ≥v 0 =0，又因为1-cos x ≥0，则u x =e x -sin x -cos x ≥x +1-sin x -cos x =x -sin x +1-cos x ≥0所以h x 在0,+∞ 上是单调递增函数，所以h x ≥h 0 =2-a ≥0，所以h x 在0,+∞ 上是严格增函数，若a >2时，h 0 <0，即h x 在x =0右侧附近单调递减，此时必存在h x 0 <h 0 =0，不满足f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 恒成立，故当a ≤2时，不等式恒成立.4已知函数f (x )=e x +cos x -a (a ∈R )．(1)讨论f (x )在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x ∈[0,+∞)时，e x +sin x ≥ax +1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)f (x )在[-π,+∞)上的单调递增；(2)(-∞,2]【详解】(1)f (x )=e x -sin x ，当-π≤x ≤0时，e x >0，sin x <0，∴f (x )=e x -sin x >0，当x >0时，e x >1，sin x ≤1，∴f (x )=e x -sin x >0，即：f (x )>0在[-π,+∞)上恒成立，所以f (x )在[-π,+∞)上的单调递增.(2)方法一：由e x +sin x ≥ax +1得：e x +sin x -ax -1≥0当x =0时，e x +sin x -ax -1≥0恒成立，符合题意令g (x )=e x +sin x -ax -1，x >0g (x )=e x +cos x -a =f (x )，由(1)得：g (x )在(0,+∞)上的单调递增，∴g (x )>2-a ，①当a ≤2时，g (x )>2-a ≥0，所以g (x )在(0,+∞)上的单调递增，所以g (x )>g (0)=0，符合题意②当a >2时，g (0)=2-a <0，g (ln (2+a ))=2+cos (ln (2+a ))>0，∴存在x 0∈(0,ln (2+a ))，使得g (x 0)=0,当0<x <x 0时，g (x )<g (x 0)=0；所以g (x )在(0,x 0)上的单调递减，当0<x <x 0时，g (x )<g (0)=0，这不符合题意综上，a 的取值范围是(-∞,2].方法二：令h (x )=e x +sin x ，s (x )=ax +1，x ≥0则h (0)=s (0)=1，符合题意h(x )=e x +cos x =f (x )+a ，f (x )=e x -sin x 由(1)得：f (x )>0在(0,+∞)上恒成立，h (x )在(0,+∞)上单调递增所以，h (x )>h (0)>0，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，其图象是下凸的，如图： ∵h (0)=2，所以，曲线h (x )在点(0,1)处的切线方程为：y =2x +1，要使得h (x )≥s (x )在[0,+∞)上恒成立，只需a ≤2所以，a 的取值范围是(-∞,2].5已知函数f x =a sin x ，其中a >0.(1)若f x ≤x 在0,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x .【答案】(1)0,1 ；(2)证明见解析【详解】(1)令h x =x -a sin x ，x ∈0,+∞ ，则h x =1-a cos x ，当a ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0，当a ∈1,+∞ 时，令m x =h x =1-a cos x ，则m x =a sin x ，所以对∀x ∈0,π2 ，m x >0，则h x 在0,π2 上单调递增，又因为h 0 =1-a <0，h π2 =1>0，所以由零点存在定理可知，∃x 0∈0,π2使得h x 0 =0，所以当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，h x <h 0 =0，与题意矛盾，综上所述，a ∈0,1 .(2)由(1)知，当a =1时，sin x ≤x ，∀x ∈0,+∞ . 先证ln x +1 ≤x ，x ∈0,+∞ ，令φx =x -ln x +1 ，则φ x =1-1x +1≥0，所以φx 单调递增，φx >φ0 =0，即ln x +1 ≤x . 所以当x ∈0,+∞ 时，ln x +1 +sin x ≤2x ，x +1x ln x +1 +sin x ≤2x 2+1 .要证∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x ，只需证e x >x 2+1. 令g x =x 2+1 e -x -1，x ∈0,+∞ ，则g x =2x -x 2-1 e -x =-x -1 2e -x ≤0.所以g x 在0,+∞ 上单调递减，所以g x <g 0 =0，即e x >x 2+1.综上可得∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .6已知函数f x =ae x +4sin x -5x .(1)若a =4，判断f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)设函数p x =3sin x -2x +2，若关于x 的方程f x =p x 有唯一的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)a ≤0或a =2【详解】(1)当a =4时，f x =4e x +4sin x -5x ,f x =4e x +4cos x -5，令g x =f x =4e x +4cos x -5,则g x =4e x -4sin x .当x ∈0,+∞ 时，4e x ≥4(x =0时等号成立)；-4sin x ≥-4(x =π2+2k π,k ∈Z 时等号成立)，所以g x =4e x -4sin x >0，即函数f x =4e x +4cos x -5在0,+∞ 上递增，所以f x ≥f 0 =3>0，即函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)方程f x =p x 即ae x +4sin x -5x =3sin x -2x +2有唯一的实根，则a =3x +2-sin x e x只有一个解，等价于直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x 的图象只有一个交点.令h x =3x +2-sin x ex ，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以h x =sin x -cos x +1-3x e x 的符号由分子决定，令m x =sin x -cos x +1-3x ，则m x =cos x +sin x -3=22sin x +π4-3<0.所以m x =sin x -cos x +1-3x 在R 上递减，因为m 0 =0，所以当x ∈-∞,0 时，m x >m 0 =0；当x ∈0,+∞ 时，m x <m 0 =0.即当x ∈-∞,0 时，h x >0；当x ∈0,+∞ 时，h x <0.所以函数h x =3x +2-sin x e x 在-∞,0 上递增，在0,+∞ 上递减，当x 趋于-∞时，e x 趋于0且大于0，分子3x +2-sin x 趋于-∞，则3x +2-sin x e x趋于-∞；当x =0时，h max x =h 0 =2；当x 趋于+∞时，e x 趋于+∞，分子3x +2-sin x 也趋于+∞，令φx =e x-3x +2-sin x ，则φ x =e x -3+cos x ，当x >2时，φ x =e x -3+cos x >0，则x 趋于+∞时，e x 增长速率大于3x+2-sin x 的增长速率，故x 趋于+∞时，3x +2-sin x e x趋于0.画出函数h x =3x +2-sin x e x 的草图，并画出直线y =a ，要使直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x的图象只有一个交点.则a ≤0或a =2.所以当a ≤0或a =2时，方程f x =p x 有唯一的实根.7已知函数f x =e x ，g x =2-sin x -cos x ．(1)求证：当x ∈0,+∞ ，x >sin x ；(2)若x ∈0,+∞ ，f x >g x +ax 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)-∞,2 【详解】(1)证明：设F x =x -sin x ，x >0，则F x =1-cos x >0，所以F x 在区间0,+∞ 上单调递增，所以F x >F 0 =0，即x >sin x .(2)由f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立，即e x +sin x +cos x -ax -2>0在区间0,+∞ 上恒成立，设φx =e x +sin x +cos x -ax -2，则φx >0在区间0,+∞ 上恒成立，而φ x =e x +cos x -sin x -a ，令m x =φ x ，则m x =e x -sin x -cos x ，设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，所以函数h x 在区间0,+∞ 上单调递增，故在区间0,+∞ 上，h x >h 0 =0，即在区间0,+∞ 上，e x >x +1，由(1)知：在区间0,+∞ 上，e x >x +1>sin x +cos x ，即m x =e x -sin x -cos x >0，所以在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，当a ≤2时，φ 0 =2-a ≥0，故在区间0,+∞ 上函数φ x >0，所以函数φx 在区间0,+∞ 上单调递增，又φ0 =0，故φx >0，即函数f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立.当a >2时，φ 0 =2-a ，φ ln a +2 =a +2+cos ln a +2 -sin ln a +2 -a =2-2sin ln a +2 -π4 >0，故在区间0,ln a +2 上函数φ x 存在零点x 0，即φ x 0 =0，又在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φ x <φ x 0 =0，所以在区间0,x 0 上函数φx 单调递减，由φ0 =0，所以在区间0,x 0 上φx <φ0 =0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-∞,2 .8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3【详解】(1)a =-1时，设g (x )=f (x )+2x =-sin x -ln (1+x )+2x ，则g (x )=-cos x -11+x +2，∵x >0∴x +1>1∴-1x +1∈(-1,0)∵cos x ∈[-1,1]∴-cos x -1x +1+2>0，即g (x )>0在(0,+∞)上恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调增， 又g (0)=0∴g (x )>g (0)=0，即∀x >0,f (x )+2x >0；(2)a =1时，当k =4时，f (2)=sin2-ln3<0，所以k <4．下证k =3符合．k =3时，当x ∈0,32时，sin x >0，所以当a ≥1时，f (x )=a sin x -ln (1+x )≥sin x -ln (1+x )．记h (x )=sin x -ln (1+x )，则只需证h (x )=sin x -ln (1+x )≥0对x ∈0,32恒成立．h (x )=cos x -1x +1，令ϕ(x )=cos x -1x +1，则ϕ (x )=-sin x +1(x +1)2在0,π2 递减，又ϕ (0)=1>0,ϕ π2 =-1+1π2+1 2<0，所以存在x 1∈0,π2，使得ϕ x 1 =0，则x ∈0,x 1 ,ϕ x 1 >0,ϕ(x )在0,x 1 递增，x ∈x 1,π2 ,ϕ x 1 <0,ϕ(x )在x 1,π2 递减；又ϕ(0)=0,ϕπ2 =-1π2+1<0，所以存在x 2∈x 1,π2 使得ϕx 2 =0，且x ∈0,x 2 ,ϕ(x )>0,x ∈x 2,π2,ϕ(x )<0，所以h (x )在0,x 2 递增，在x 2,π2递减，又h (0)=0,h π2 =1-ln 1+π2 >0，所以h (x )≥0对x ∈0,π2 恒成立，因为0,32 ⊆0,π2，所以k =3符合．综上，整数k 的最大值为3．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若x≥0，f(x)≥2sin x，求a的取值范围．【答案】(1)0,1 e；(2)2,+∞．【详解】(1)由f(x)=(x-1)e x+ax+1，得f (x)=xe x+a，因为f(x)有两个极值点，则f (x)=0，即方程-a= xe x有两个不等实数根，令g(x)=xe x，则g (x)=(x+1)e x，知x<-1时，g (x)<0，g(x)单调递减，x>-1时，g (x)>0，g(x)单调递增，则x=-1时，g(x)取得极小值g(-1)=-1e，也即为最小值，且x<0时，g(x)<0，x→-∞时，g(x)→0，x>0时，g(x)>0，x→∞时，g(x)→+∞，故-1e<-a<0，即0<a<1e时，方程-a=xe x有两个实数根，不妨设为x1，x2x1<x2．可知x<x1时，f (x)>0，x1<x<x2时，f (x)< 0，x>x2时，f (x)>0，即x1，x2分别为f(x)的极大值和极小值点．所以f(x)有两个极值点时，a的取值范围是0,1 e．(2)令h(x)=(x-1)e x+ax-2sin x+1，原不等式即为h(x)≥0，可得h(0)=0，h (x)=xe x+a-2cos x，h (0)=a-2，令u(x)=h (x)=xe x+a-2cos x，则u (x)=(x+1)e x+2sin x，又设t(x)=(x+1)e x，则t (x)= (x+2)e x，x≥0时，t (x)>0，可知t(x)在0,+∞单调递增，若x∈0,π，有(x+1)e x>0，sin x>0，则u (x)>0；若x∈π,+∞，有(x+1)e x>(π+1)eπ>2，则u (x)>0，所以，x≥0，u (x)>0，则u(x)即h (x)单调递增，①当a-2≥0即a≥2时，h (x)≥h (0)≥0，则h(x)单调递增，所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥2符合题意．②当a-2<0即a<2时，h (0)<0，h (3-a)=(3-a)e(3-a)+a-2cos(3-a)≥3-a+a-2cos(2-a)> 0，存在x0∈(0,3-a)，使得h (x0)=0，当0<x<x0时，h (x)<0，则h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，综上所述，a的取值范围是2,+∞．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．【答案】(1)a=1；(2)证明见解析【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1-π2cosπ2x-a x，依题意得f (1)=1-a=0，得a=1，此时f (x)=1-π2cosπ2x-1x，当0<x<1时，0<π2x<π2，0<π2cosπ2x<π2，1x>1，故f (x)<0，f(x)在(0,1)内单调递减，当1<x<2时，π2<π2x<π，π2cosπ2x<0，1x<1，故f (x)>0，f(x)在(1,2)内单调递增，故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.综上所述：a=1.(2)由(1)知，f(x)=x-sinπ2x-ln x，不妨设0<x1<x2，当1≤x1<x2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，x2≥2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，0<x2<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x 1≠x 2，使得f x 1 =f x 2 ，所以1<x 2<2，要证x 1+x 2>2，只要证x 1>2-x 2，因为1<x 2<2，所以0<2-x 2<1，又f (x )在(0,1)内单调递减，所以只要证f (x 1)<f (2-x 2)，又f x 1 =f x 2 ，所以只要证f (x 2)<f (2-x 2)，设F (x )=f (x )-f (2-x )(1<x <2)，则F (x )=f (x )+f (2-x )=1-π2cos π2x -1x +1-π2cos π2(2-x ) -12-x =2-1x +12-x -π2cos π2x +cos π-π2x =2-1x +12-x -π2cos π2x -cos π2x =2-1x +12-x，令g (x )=2-1x +12-x(1<x <2)，则g (x )=1x 2-1(2-x )2=4-4x x 2(2-x )2，因为1<x <2，所以g (x )<0，g (x )在(1,2)上为减函数，所以g (x )<g (1)=0，即F (x )<0，所以F (x )在(1,2)上为减函数，所以F (x )<F (1)=0，即f (x 2)<f (2-x 2).综上所述：x 1+x 2>2.11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x <1时，x -x 2<sin x <x ；(2)已知函数f x =cos ax -ln 1-x 2 ，若x =0是f x 的极大值点，求a 的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)-∞,-2 ∪2,+∞【详解】(1)构建F x =x -sin x ,x ∈0,1 ，则F x =1-cos x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则F x 在0,1 上单调递增，可得F x >F 0 =0，所以x >sin x ,x ∈0,1 ；构建G x =sin x -x -x 2 =x 2-x +sin x ,x ∈0,1 ，则G x =2x -1+cos x ,x ∈0,1 ，构建g x =G x ,x ∈0,1 ，则g x =2-sin x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则g x 在0,1 上单调递增，可得g x >g 0 =0，即G x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则G x 在0,1 上单调递增，可得G x >G 0 =0，所以sin x >x -x 2,x ∈0,1 ；综上所述：x -x 2<sin x <x .(2)令1-x 2>0，解得-1<x <1，即函数f x 的定义域为-1,1 ，若a =0，则f x =1-ln 1-x 2 ,x ∈-1,1 ，因为y =-ln u 在定义域内单调递减，y =1-x 2在-1,0 上单调递增，在0,1 上单调递减，则f x =1-ln 1-x 2 在-1,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，故x =0是f x 的极小值点，不合题意，所以a ≠0.当a ≠0时，令b =a >0因为f x =cos ax -ln 1-x 2 =cos a x -ln 1-x 2 =cos bx -ln 1-x 2 ，且f -x =cos -bx -ln 1--x 2 =cos bx -ln 1-x 2 =f x ，所以函数f x 在定义域内为偶函数，由题意可得：f x =-b sin bx -2x x 2-1,x ∈-1,1 ，(i )当0<b 2≤2时，取m =min 1b ,1 ，x ∈0,m ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得fx =-b sin bx -2x x 2-1>-b 2x -2x x 2-1=x b 2x 2+2-b 2 1-x 2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以f x >x b 2x 2+2-b 21-x 2>0，即当x ∈0,m ⊆0,1 时，f x >0，则f x 在0,m 上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x 在-m ,0 上单调递减，所以x =0是f x 的极小值点，不合题意；(ⅱ)当b 2>2时，取x ∈0,1b ⊆0,1 ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得f x =-b sin bx -2x x 2-1<-b bx -b 2x 2 -2x x 2-1=x 1-x2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 ，构建h x =-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2,x ∈0,1b ，则h x =-3b 3x 2+2b 2x +b 3,x ∈0,1b，且h 0 =b 3>0,h 1b=b 3-b >0，则hx >0对∀x ∈0,1b 恒成立，可知h x 在0,1b 上单调递增，且h 0 =2-b 2<0,h 1b=2>0，所以h x 在0,1b 内存在唯一的零点n ∈0,1b ，当x ∈0,n 时，则h x <0，且x >0,1-x 2>0，则f x <x1-x 2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 <0，即当x ∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则f x 在0,n 上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x 在-n ,0 上单调递增，所以x =0是f x 的极大值点，符合题意；综上所述：b 2>2，即a 2>2，解得a >2或a <-2，故a 的取值范围为-∞,-2 ∪2,+∞ .【跟踪训练】1已知函数f x =xe -x +a sin x ，e 是自然对数的底数，若x =0恰为f (x )的极值点.(1)求实数a 的值；(2)求f (x )在区间-∞,π4上零点的个数.【答案】(1)-1；(2)1【详解】(1)由题意得f x =1-xex+a cos x ，因为x =0为f (x )的极值点，故f (0)=1+a =0,∴a =-1，此时f x =1-x e x-cos x ，则x <0时，1-xe x >1，故f (x )>0，则f (x )在(-∞,0)上单调递增；由f x =1-x e x -cos x =1-x -e x cos x e x，令g x =1-x -e x cos x ,∴g x =-1-e x cos x -sin x ，当0<x <π4时，cos x -sin x >0，则g (x )<0，则g (x )在0,π4上单调递减，故g (x )<g (0)=0，即f(x )<0，故f (x )在0,π4 上单调递减，则x =0为f (x )的极大值点，符合题意，故a =-1.(2)由(1)知f x =xe -x -sin x ，f x =1-xex-cos x ，x <0时，f (x )>0，f (x )在(-∞,0)上单调递增，则f (x )<f (0)=0，故f x 在(-∞,0)上不存在零点；当0<x <π4时，f (x )<0，故f (x )在0,π4上单调递减，则f (x )<f (0)=0，故f x 在0,π4上不存在零点；当x =0时，f (0)=0，即x =0为f x 的零点，综合上述，f (x )在区间-∞,π4上零点的个数为1.2已知函数f x =2cos x +ln 1+x -1．(1)判断函数f x 在区间0,π2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若x ≥0时，不等式f x <ax +1恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数f x 在区间0,π2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析；(2)实数a 的取值范围是1,+∞【详解】(1)函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点，证明如下，f x =-2sin x +1x +1，设t x =f x =-2sin x +1x +1，t x =-2cos x -1x +12，当x ∈0,π2 时，t x <0，所以f x 单调递减，又f 0 =1>0，f π2=-2+1π2+1=-2+2π+2<0，所以存在唯一的α∈0,π2 ，使得f α =0，所以当x ∈0,α 时，f x >0，当x ∈α,π2 时，f x <0，所以f x 在0,α 单调递增，在α,π2单调递减，所以α是f x 的一个极大值点，因为f 0 =2-1=1>0，f α >f 0 >0，f π2=ln 1+π2 -1<0，所以f x 在0,α 无零点，在α,π2上有唯一零点，所以函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点；(2)由f x ≤ax +1，得2cos x +ln 1+x -ax -2≤0，令g x =2cos x +ln 1+x -ax -2，x >0 ，则g 0 =0，g x =-2sin x +11+x-a ，g 0 =1-a ，①若a ≥1，则-a ≤-1，当x ≥0时，-ax ≤-x ，令h x =ln x +1 -x ，则h x =1x +1-1=-xx +1，当x ≥0时，h x ≤0，所以h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x ≤h 0 ，所以ln x +1 -x ≤0，即ln x +1 ≤x ，又cos x ≤1，所以g x ≤2+x -x -2=0，即当x ≥0时，f x ≤ax +1恒成立，②若0≤a <1，因为当x ∈0,π2 时，g x 单调递减，且g 0 =1-a >0，g π2 =-2+11+π2-a <0，所以存在唯一的β∈0,π2，使得g β =0，当x ∈0,β 时，g x >0，g x 在0,β 上单调递增，不满足g x ≤0恒成立，③若a <0，因为g e 4-1 =2cos e 4-1 +ln e 4 -a e 4-1 -2=2-2cos e 4-1 -a e 4-1 >0不满足g x ≤0恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是1,+∞ .3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立. (1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)【答案】(1)a =1；(2)证明见解析【详解】(1)因为f x -g x ≥0恒成立，所以xe x -a (ln x +x )≥1恒成立，令h (x )=xe x -a (ln x +x )，则h (x )=e x+xe x-a 1x +1 =(x +1)⋅xe x -ax(x >0)，当a <0时，h (x )>0，所以h (x )在(0,+∞)上递增，当x→0时，xe x →0,ln x →-∞，所以h (x )→-∞，不合题意，当a =0时，h 12=e2<1，不合题意，当a >0时，令xe x -a =0，得a =xe x ，令p (x )=xe x ，则p (x )=(x +1)e x >0，所以p (x )=xe x 在(0,+∞)上递增，且p (0)=0，所以a =xe x 有唯一实根，即h (x )=0有唯一实根，设为x 0，即a =x 0e x 0，且x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，x ∈x 0,+∞ 时，h(x )>0,所以h (x )在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，所以h (x )min =f x 0 =x 0e x 0-a ln x0+x 0 =a -a ln a ，所以只需a -a ln a ≥1，令t =1a ，则上式转化为ln t ≥t -1，设φ(t )=ln t -t +1，则φ (t )=1t -1=1-tt，当0<t <1时，φ (t )>0，当t >1时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以φ(t )≤φ(1)=0，所以ln t ≤t -1，所以ln t =t -1，得t =1，所以t =1a=1，得a =1，(2)证明：由(1)知，当a =1时，f x ≥g x 对任意x >0恒成立，所以∀x ∈0,+∞ ，xe x ≥x +ln x +1(当且仅当x =1时取等号)，则x 3e x ≥x 3+x 2ln x +x 2(x >0)，所以要证明x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x ，只需证明x 3+x 2ln x +x 2>(x 2+3)ln x +2sin x (x >0)，即证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，设t (x )=ln x -x +1,m (x )=sin x -x ，则由(1)可知ln x ≤x -1(x >0)，m (x )=cos x -1≤0在(0,+∞)上恒成立，所以m (x )在(0,+∞)上递减，所以∀x ∈0,+∞ ，m (x )<m (0)=0，所以sin x <x (x >0)，所以要证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，只要证x 3+x 2≥3(x -1)+2x (x >0)，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)，令H (x )=x 3+x 2-5x +3，则H (x )=3x 2+2x -5=(3x +5)(x -1)，当0<x <1时，H (x )<0，当x >1时，H (x )>0，所以H (x )在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以当x ∈0,+∞ 时，H (x )≥H (1)=0，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)恒成立，所以原命题成立.4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.【答案】(1)x =2π3+2k π(k ∈Z )；(2)(0,2].【详解】(1)函数g (x )=12x +sin x ，求导得g (x )=12+cos x ，由g (x )=0，得cos x =-12，当-2π3+2k π<x<2π3+2k π(k ∈Z )时，cos x >-12，即g (x )>0，函数g (x )单调递增；当2π3+2k π<x <4π3+2k π(k ∈Z )时，cos x <-12，即g (x )<0，函数g (x )单调递减，因此函数g (x )在x =2π3+2k π(k ∈Z )处有极大值，所以函数g (x )的极大值点为x =2π3+2k π(k ∈Z ).(2)依题意，m >0，∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x ⇔x +sin x -mx cos x ≥0，当x =π2时，π2+1≥0成立，则m >0，当x ∈0,π2时，cos x >0，x +sin x -mx cos x ≥0⇔x +sin x cos x-mx ≥0，令h (x )=x +sin x cos x -mx ，x ∈0,π2 ，求导得h(x )=(1+cos x )cos x +(x +sin x )sin x cos 2x -m =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，令φx =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，x ∈0,π2 ，求导得φ (x )=x cos 2x +2x sin 2x +sin2x +2sin x cos 3x >0，因此φ(x )在0,π2 上单调递增，即有φx ≥φ0 =2-m ，而cos x +x sin x +1cos 2x ≥cos x +1cos 2x >1cos 2x，又函数y =1cos 2x在x ∈0,π2 上的值域是[1,+∞)，则函数φ(x )，即h x 在0,π2 上的值域是2-m ,+∞ ,当0<m ≤2时，h (x )≥0，当且仅当m =0,x =0时取等号，于是函数h (x )在0,π2上单调递增，对x ∈0,π2 ，h (x )≥h (0)=0，因此0<m ≤2，当m >2时，存在x 0∈0,π2，使得h (x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，函数h (x )在(0,x 0)上单调递减，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<h (0)=0，不符合题意，所以m 的取值范围为(0,2].5已知函数f (x )=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a (x >0)．(1)当a =1时，(I )求(π,f (π))处的切线方程；(II )判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)(I )y =3πx -2π2+1；(II )f x 单调递增，证明见解析；(2)a ≥1【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2-x sin x +1，可得f (x )=2x -sin x -x cos x .(I )f (π)=π2+1,f (π)=3π，所以在(π,f (π))处的切线方程为y -π2+1 =3πx -π ，即y =3πx -2π2+1.(II )f (x )=2x -sin x -x cos x =x -sin x +x (1-cos x )，设m (x )=x -sin x (x >0)，则m (x )=1-cos x ≥0,m (x )单调递增，所以m (x )>m (0)=0，即x >sin x ，所以当x >0时，f (x )>0,f (x )单调递增.(2)设g (x )=f (x )-1=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a -1，由题意g (x )>0恒成立.①当a ≤0时，g π2=a π2π2-1 +a -1<0,g (x )>0不恒成立，不合题意；②当0<a <1时，设h (x )=g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，h (0)=0，h (x )=2a -a cos x +ax sin x -cos x ，h (0)=a -1<0，h π2=2a +π2a >0，设r (x )=h (x )，x ∈0,π2，r (x )=2a sin x +ax cos x +sin x >0，h (x )单调递增，由零点存在定理得∃t ∈0,π2，使得h (t )=0.h (x )在(0,t )上h (x )<0，h (x )<h (0)=0，即g (x )<0，所以g (x )在(0,t )上单调递减，g (x )<g (0)=0，g (x )>0不恒成立，不合题意；③当a ≥1时，g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，则g (x )x =2a -a cos x -sin x x =a (1-cos x )+a -sin x x，当x>0时，1-cos x ≥0,x >sin x ，即sin xx <1，则g (x )x >0，所以当x >0时，g (x )>0,g (x )单调递增.可得：g (x )>g (0)=0，即f (x )>1，所以a ≥1.综上，a 的取值范围为1,+∞ ．6已知f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R ).(1)当a =14时，求y =f (x )在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x ∈R 时，f (x )≥2恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3 ；(2)[3,+∞).【详解】(1)当a =14时，f (x )=14x 2-cos x -x sin x +14，求导得f (x )=12x -x cos x =x 12-cos x ，而x ∈[-π,π]，由cos x =12，得x =±π3，当x ∈-π3,π3 时，12-cos x <0，当x ∈π3,π ∪-π,-π3时，12-cos x >0，则当x >0时，若f (x )>0，则x ∈π3,π ；若f (x )<0，则x ∈0,π3，当x <0时，若f (x )>0，则x ∈-π3,0 ；若f (x )<0，则x ∈-π,-π3 ，所以函数y =f (x )在[-π,π]内的单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3.(2)因为f (-x )=a (-x )2-cos (-x )-(-x )sin (-x )+a =f (x )，于是函数f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R )为偶函数，则f (x )≥2对任意x ∈R 恒成立，等价于对任意的x ∈[0,+∞)，恒有f (x )≥2成立，求导得f (x )=2ax -x cos x =x (2a -cos x )，当x ∈[0,+∞)时，当2a ≥1，a ≥12成立时，2a -cos x ≥0恒成立，即f (x )≥0恒成立，函数f (x )在[0,+∞)内单调递增，则有f x min =f 0 =a -1，因此a -1≥2，解得a ≥3，则a ≥3；当2a <1，a <12时，函数y =cos x 在[0,π]上单调递减，且-1≤cos x ≤1，因此存在x 0>0，使得当x ∈(0,x 0)时，2a -cos x <0，f (x )<0，函数f (x )在(0,x 0)上递减，此时x ∈0,x 0 ，f x <f 0 =a -1<2，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[3,+∞).7已知函数f (x )=e x -a -x -cos x ，x ∈(-π,π)其中e =2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a =0时，证明：f x ≥0;(2)当a =1时，求函数y =f x 零点个数．【答案】(1)证明见解析；(2)2.【详解】(1)当a =0时，f (x )=e x -x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1+sin x ，显然f (0)=0，当-π<x <0时，e x -1<0,sin x <0，则f (x )<0，当0<x <π时，e x -1>0,sin x >0，则f (x )>0，因此函数f (x )在(-π,0)上单调递减，在(0,π)上单调递增，则当x ∈(-π,π)时，f (x )≥f (0)=0，所以f x ≥0.(2)当a =1时，f (x )=e x -1-x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1-1+sin x ，当-π<x <0时，e x -1-1<0,sin x <0，则f (x )<0，当1<x <π时，e x -1-1>0,sin x >0，则f (x )>0，当0≤x ≤1时，函数y =e x -1-1,y =sin x 都递增，即函数f (x )在(0,1)上单调递增，而f (0)=e -1-1<0,f (1)=sin1>0，因此存在x 0∈(0,1)，使得f (x 0)=0，当0≤x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x ≤1时，f (x )>0，从而当-π<x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x <π时，f (x )>0，即有函数f (x )在(-π,x 0)上单调递减，在(x 0,π)上单调递增，f (x 0)<f (0)=e -1-1<0，而f -π2 =e -π2-1+π2>0,f π2 =e π2-1-π2>e -π2>0，于是函数f (x )在(-π,x 0)，(x 0,π)各存在一个零点，所以函数y =f x 零点个数是2.8已知函数f x =x -1 e x +ax +1.(1)若a =-e ，求f x 的极值；(2)若x ≥0，f x ≥2sin x ，求a 的取值范围.【答案】(1)f x 极小值=1-e ，无极大值.(2)2,+∞【详解】(1)当a =-e 时f x =x -1 e x -ex +1，则f x =xe x -e ，令g x =f x =xe x -e ，则g 1 =0，gx =x +1 ex，所以当x <-1时g x <0，g x 单调递减且g x <0，当x >-1时g x >0，g x 单调递增，所以当x <1时g x <0，即f x <0，当x >1时g x >0，即f x >0，所以f x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1处取得极小值，即f x 极小值=f 1 =1-e ，无极大值.(2)令h x =f x -2sin x =x -1 e x +ax -2sin x +1，x ∈0,+∞ ，则原不等式即为h x ≥0，可得h 0 =0，h x =xe x +a -2cos x ，h 0 =a -2，令u x =h x =xe x +a -2cos x ，则u x =x +1 e x +2sin x ，令t x =x +1 e x ，x ∈0,+∞ ，则t x =x +2 e x >0，所以t x 在0,+∞ 上单调递增，则t x ≥t 0 =1，则x ∈0,π 时x +1 e x >0，sin x ≥0，所以u x >0，当x ∈π,+∞ 时x +1 e x ≥π+1 e π>2，所以u x >0，所以u x >0在0,+∞ 上恒成立，所以u x 即h x 在0,+∞ 上单调递增，当a -2≥0，即a ≥2时h x ≥h 0 ≥0，所以h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0恒成立，所以a ≥2符合题意，当a -2<0，即a <2时h 0 <0，h 3-a =3-a e 3-a+a -2cos 3-a ≥3-a +a -2cos 3-a >0，所以存在x 0∈0,3-a 使得h x 0 =0，当0<x <x 0时h x <0，则h x 单调递减，所以h x <h 0 =0，与题意不符，综上所述，a 的取值范围是2,+∞ .9已知函数f x =2sin x -ln 1+x 0<x <π ．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析；(2)2α>β，证明见解析【详解】(1)当π2<x <π时，由于y =2sin x 单调递减，y =ln 1+x 单调递增，所以f x 单调递减，又f π2=2-ln 1+π2 >0,f π =-ln 1+π <0，所以f x 只有一个零点(设为x 0)，无极值点；当0<x <π2时，由f x =2sin x -ln 1+x 得f x =2cos x -1x +1，设g x =2cos x -1x +1，则g x =-2sin x +1x +1 2，由于y =-2sin x 和y =1x +12在0,π2 上均单调递减，所以g x 单调递减，又g 0 =1>0,g π2=-2+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得g x 1 =0，当0<x <x 1时，g x >0，g x 单调递增，即f x 单调递增，当x 1<x <π2时，g x <0，g x 单调递减，即f x 单调递减，又f π3=1-11+π3>0,f π2 =-1π2+1<0，所以当0<x <x 1时，f x >0恒成立，且存在x 2∈π3,π2 ，使得fx 2 =0，当0<x <x 2时，fx >0，f x 单调递增，当x 2<x <π2时，fx <0，f x 单调递减，所以x 2是f x 的极值点，又f 0 =0,f π2=2-ln 1+π2 >0，所以当0<x <π2时，f x >0恒成立，即函数f x 无零点；综上，函数f x 有唯一的极值点α(α=x 2)，及唯一的零点β(β=x 0).(2)2α>β，证明如下：由(1)知α∈π3,π2，2α,β∈π2,π ，由于α为f x 的极值点，所以f α =2cos α-1α+1=0，即2cos α=11+α，所以f 2α =2sin2α-ln 1+2α =4sin αcos α-ln 1+2α =2sin α1+α-ln 1+2α ，设y =x -sin x 0<x <π2，则y =1-cos x >0，所以y =x -sin x 单调递增，所以x -sin x >0，即x >sin x ，所以f2α=2sinα1+α-ln1+2α<2α1+α-ln1+2α，令φ(x)=2x1+x-ln(1+2x)0<x<π2，则φ (x)=-2x21+x21+2x<0，所以φ(x)在0,π2上单调递减，所以φ(x)<φ(0)=0，所以f2α <0=fβ ，又f x在π2,π递减，所以2α>β.10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．【答案】(1)a≥0；(2)0<a<1【详解】(1)由题得f x =2ax+1-1x，因为f x 在1,+∞上单调递增，所以f x =2ax+1-1x≥0在1,+∞上恒成立，即2a≥1x2-1x在1,+∞上恒成立，因为1x2-1x=1x-122-14≤0，所以a≥0.(2)因为g x =ax-sin x，则g x =a-cos x，注意到：g0 =0，g 0 =a-1，若a≥1，则g x =a-cos x≥0，所以g x 在0,π上单调递增，所以g x >g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若a≤-1，则g x =a-cos x≤0，所以g x 在0,π上单调递减，所以g x <g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若-1≤a≤0，显然g x =ax-sin x<0，在0,π上不存在零点，若0<a<1，显然存在t∈0,π，使得g t =0，且g x 在0,π上单调递增，注意到：g 0 =a-1<0，g π =a+1>0，所以g x 在0,t上小于零，在t,π上大于零，所以g x 在0,t上单调递减，在t,π上单调递增，注意到：g0 =0，g t <0，且gπ >0，所以存在唯一β∈t,π使得gβ =0，综上，所以0<a<1.11已知函数f x =ln x+sin x.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.【答案】(1)sin1；(2)f x 有1个零点，证明见解析【详解】(1)f(x)=ln x+sin x的定义域为0,+∞，故f (x)=1x+cos x，令g x =f (x)=1x+cos x，g x =-1 x2-sin x，当x∈1,e时，g x =-1x2-sin x<0，所以g x 在1,e上单调递减，且g1 =1+cos1>0，g e =1e +cos e<1e+cos2π3=1e-12<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使g a =f a =0，又当x∈1,a时，g x =f x >0；当x∈a,e时，g x =f x <0；所以f x 在x∈1,a上单调递增，在x∈a,e上单调递减，又因为f1 =ln1+sin1=sin1，f e =ln e+sin e=1+sin e >f1 ，所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1 =sin1.(2)f x 有1个零点，证明如下：因为f(x)=ln x+sin x，x∈0,+∞，若0<x≤1，f (x)=1x+cos x>0，所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1 =sin1>0，f1e=-1+sin1e<0，结合零点存在定理可知，。
2023届高考数学大题专项(三角函数与解三角形)练习(附答案)
(1)若 D 为 BC 的中点,且△CDF 的面积等于△ABC 的面积,求∠ABC;
(2)若∠ABC=45°,且 BD=3CD,求 cos∠CFB.
参考答案
1.解 (1)f(0)=2cos20+sin 0=2.
(2)方案一:选条件①.f(x)的一个周期为 π.
f(x)=2cos2x+sin 2x=(cos 2x+1)+sin 2x=√2
6.(山东潍坊一模,17)△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知向量 m=(c-a,sin B),n=(b-a,sin
A+sin C),且 m∥n.
(1)求 C;
(2)若√6c+3b=3a,求 sin A.
7.(山东模考卷,18)在△ABC 中,∠A=90°,点 D 在 BC 边上.在平面 ABC 内,过点 D 作 DF⊥BC,且
-B =4√3sin B
cos
2
sin
2
3
B+ sin B =6sin Bcos B+2√3sin2B=2√3sin 2B当 2B-
π
6
π
2π
π
π
+√3.因为 0<B< ,所以- <2B6
3
6
6
7π
.
6
π
π
,即 B= 时,△ABC 面积取得最大值 3√3.
2
3
4.解 (1)在△ABC 中,因为 a=3,c=√2,B=45°,由余弦定理 b2=a2+c2-2accos B,得 b2=9+2
由正弦定理得,c2=a+b2.
因为 a=4,所以 b2=c2-4.
2023-2024学年高考数学三角函数专项练习题(附答案)
2023-2024学年高考数学三角函数小专题一、单选题1．函数的最小正周期为（ ）()2sin 222sin 4f x x xπ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭A ．B ．C ．D ．π2ππ42π2．若，则等于（ ）sin tan 0x x ⋅<1cos2x +A ．B ．C ．D ．2cos x 2cos x -2sin x 2sin x-3．已知，均为锐角，则（ ）251cos ,tan()53ααβ=-=-,αββ=A ．B ．C ．D ．5π12π3π4π64．将函数的图象平移后所得的图象对应的函数为，则进行的平移πsin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭cos 2y x =是（ ）A ．向左平移个单位B ．向右平移个单位C ．向右平移个单位π12π6π12D ．向左平移个单位π65．若，则（ ）1cos 63πα⎛⎫-=⎪⎝⎭sin 26πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭A ．B ．C ．D ．42979429-79-6．设函数，其图象的一条对称轴在区间内，且的()3sin cos (0)f x x x ωωω=+>ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦()f x 最小正周期大于，则的取值范围为（ ）πωA ．B ．C ．D ．1,12⎛⎫⎪⎝⎭()0,2[)1,2()1,27．已知，且，求（ ）π4sin 45α⎛⎫+= ⎪⎝⎭π3π44<<αcos α=A ．B ．C ．D ．2106222610A ．函数的图像可由()f xB ．函数在区间()f xC ．函数的图像关于直线()f xC ．D ．o o2sin15sin 75o oo otan 30tan151tan 30tan15+-11．已知函数的图像关于直线对称，函数关于点对称，则下列说(21)f x +1x =(1)f x +(1,0)法不正确的是（ ）A ．B ．4为的周期(1)(1)f x f x -=+()f x C ．D ．(1)0f =()32f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭12．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）ππ()sin(3)()22f x x ϕϕ=+-<<π4x =A ．函数为奇函数π()12f x +B ．函数在上单调递增()f x ππ[,]126C ．若，则的最小值为12|()()|2f x f x -=12||x x -2π3D ．将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象()f x 13sin()y x ϕ=+三、填空题13．计算：＝.tan 73tan1933tan 73tan13︒︒︒︒--14．已知，，则 .1sin cos 5αα+=-()0,πα∈tan α=15．已知函数的最小正周期为，则.π()2sin()(0)3f x x ωω=+>4πω=16．已知函数，则函数的对称轴的方程为22()2cos 43sin cos 2sin f x x x x x =+-()f x ．答案：1．B【分析】把函数化成的形式，利用公式求函数的最小正周期.()sin y A x ωϕ=+2πT ω=【详解】因为()2sin 222sin 4f x x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()22sin 2cos 221cos 222x x x =---.22sin 2cos 2222x x =+-πsin 224x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭所以，函数的最小正周期为.2ππ2T ==故选：B 2．B【分析】先由已知条件判断的符号，然后对配凑升幂公式即可.cos x 1cos2x +【详解】由题知：2sin sin tan 00cos 0cos xx x x x ⋅<⇒<⇒<.21cos21cos222cos 2cos 2cos 2xx x x x++=⨯===-故选：B.3．C【分析】由两角差的正切公式求解即可.【详解】因为，，，π02α<<25cos 5α=25sin 1cos 5αα=-=，sin 1tan cos 2ααα==，()()()11tan tan 23tan tan 1111tan tan 123ααββααβααβ⎛⎫-- ⎪--⎝⎭⎡⎤=--===⎣⎦+-⎛⎫+⋅- ⎪⎝⎭所以.π4β=故选：C.4．A【分析】分析各选项平移后的函数解析式，由此作出判断即可.【详解】对于A ：向左平移个单位可得到πsin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π12，符合；πππsin 2sin 2cos 21232y x x x⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦对于B ：向右平移个单位可得到，不πsin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π6ππsin 2sin 2cos 263y x x x ⎡⎤⎛⎫=-+=≠ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦符合；对于C ：向右平移个单位可得到πsin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π12，不符合；πππsin 2sin 2cos 21236y x x x⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=+≠ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦对于D ：向左平移个单位可得到πsin 23y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π6，不符合；ππ2πsin 2sin 2cos 2633y x x x⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++=+≠ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦故选：A.5．D【分析】利用二倍角公式和诱导公式解题.【详解】因为2217cos(2)=cos22cos 121cos(2)366393ππππαααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=--=⨯-=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以.7sin 2sin 2cos 262339ππππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=--=-=-⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦故选：D 6．C【分析】根据题意，得到，取得对称轴的方程，由的()π2sin()6f x x ω=+ππ,Z 3k x k ωω=+∈k 取值，结合题意，即可求解.【详解】由函数，()π3sin cos 2sin()6f x x x x ωωω=+=+令，可得，πππ,Z 62x k k ω+=+∈ππ,Z3k x k ωω=+∈因为图象的一条对称轴在区间内，可得，可得，ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππππ633k ωω≤+≤131231k k ωω⎧≤+⎪⎨⎪≥+⎩又因为的最小正周期大于，可得，解得，()f x π2ππω>2ω<当且仅当时，解得.0k =ω1≤<2综上可得，实数的取值范围为.ω[1,2)故选：C.7．A【分析】利用平方关系和两角差的余弦公式计算.【详解】因为，所以，，π3π44<<απππ24α<+<2ππ3cos()1sin ()445αα+=--+=-，ππππππ3422cos cos ()cos()cos sin()sin ()44444455210αααα⎡⎤=+-=+++=-+⨯=⎢⎥⎣⎦故选：A.8．B【分析】根据给定的函数图象，结合“五点法”作图求出函数解析式，再根据正弦函数的单调性、对称性，结合三角函数图象的平移变换，逐项判断作答．【详解】由图象可知，，2A =由图，因为，所以，，()10=1sin =2f ϕ⇒π02ϕ<<π=6ϕ()π2sin 6f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭由图，则，5π012f ⎛⎫= ⎪⎝⎭5ππ122π,=,12655k k k k ωω⨯+=∈⇒-∈Z Z由图可知，所以，所以，1π5π12002125T ωω=>-⇒<<=2ω()π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭对于A ，的图像向左平移个单位得到的sin =2sin2y A x x ω=π6ππ2sin2+=2sin 2+63y x x ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭图象，选项A 不正确；对于B ，由，可得，πππ2π22π,262k x k k -+≤+≤+∈Z ππππ,36k x k k -+≤≤+∈Z则函数的单调递增区间为，则在区间上单调递增，()f x πππ,π,36k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦Z ()f x ππ,36⎡⎤-⎢⎥⎣⎦所以在区间上单调递增，选项B 正确；()f x ππ,312⎡⎤-⎢⎥⎣⎦对于C ，由于，则直线不是函数图象的对称轴，选项π2ππ2sin 12336f ⎛⎫⎛⎫=+=≠± ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭π3x =()f x C 不正确；对于D ，由，可得，则函数的图象关于点π2π,6x k k +=∈Zππ,122k x k =-+∈Z ()f x 对称，选项D 不正确．ππ,0,122k k ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z 故选：B ．9．ABD【分析】令，求得，可判定A 不正确；令，求得5π12x =5π3()122f =π8x =-可判定B 不正确；由时，可得，可判定C 正π5π()sin()812f -=-π22π,π,0,π6x -=--()0f x =确；由，结合正弦函数的性质，可判定D 不正确.π7ππ2(,)666x -∈--【详解】对于函数，()sin 26πf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭对于A 中，令，可得，5π12x =5π5ππ2π3()sin(2)sin 1212632f =⨯-==所以函数的图象不关于点中心对称，所以A 不正确；()f x 5π,012⎛⎫⎪⎝⎭对于B 中，令，可得不是最值，π8x =-πππ5π()sin(2)sin()88612f -=-⨯-=-所以函数的图象不关于直线对称，所以B 不正确；()f x π8x =-对于C 中，由，可得，()π,πx ∈-π13π11π2,666x ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭当时，可得，π22π,π,0,π6x -=--()0f x =所以在上有4个零点，所以C 正确；()f x ()π,π-对于D 中，由，可得，π[,0]2x ∈-π7ππ2(,)666x -∈--根据正弦函数的性质，此时先减后增，所以D 不正确.()f x故选：ABD.10．BC【分析】由诱导公式先求出的值，然后用三角恒等公式逐一验证即可.11sin(6-π)【详解】由题意有，11ππ1sin sin 662⎛⎫-== ⎪⎝⎭对于A 选项：因为，故A 选项不符合题意；2o o 312cos 151cos3022-==≠对于B 选项：因为，故B 选项符合()o o o o o o o 1cos18cos 42sin18sin 42cos 1842cos 602-=+==题意；对于C 选项：因为，故()()o o o o o o o o 12sin15sin 75cos 7515cos 7515cos 60cos902=--+=-=C 选项符合题意；对于D 选项：因为，故D 选项不符合题意；()o o o o o o otan 30tan151tan 3015tan 4511tan 30tan152+=+==≠-故选：BC.11．CD【分析】根据题意结合函数的对称性可推出函数的周期以及对称轴，从而判断A ，B ；举特例符合题意，验证C ，D 选项，即得答案.【详解】由函数的图像关于直线对称，可得，(21)f x +1x =(2(1)1)(2(1)1)f x f x ++=-+即，即，(32)(32)f x f x +=-(3)(3)f x f x +=-以代换x ，则；1x +(4)(2)f x f x +=-由函数关于点对称，可得，(1)f x +(1,0)(2)(2)0f x f x ++-=结合可得，(4)(2)f x f x +=-(4)(2)f x f x +=-+即，则，即4为的一个周期，B 正确；(2)()f x f x +=-(4)()f x f x +=()f x 又，结合，(2)(2)f x f x +=--(2)()f x f x +=-可得，故，A 正确；(2)()f x f x -=(1)(1)f x f x -=+由以上分析可知函数关于直线对称，且关于点成中心对称，()f x 1x =(2,0)其周期为4，则满足题意，π()sin2f x x=但是，故C 错误；π(1)sin 12f ==说明函数图象关于直线对称，3()2f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭34x =而，即直线不是对称轴，D 错误，33π()sin 148f =≠±34x =π()sin 2f x x =故选：CD 12．AB【分析】利用三角函数的图象与性质结合图象变换一一判定即可.【详解】由题意可知，又，()πππ3πZ π424k k k ϕϕ⨯+=+∈⇒=-+ππ22ϕ-<<故，()ππ,sin 344f x x ϕ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭对于A 项，，由诱导公式知，即函πππsin 3sin 312124f x x x⎡⎤⎛⎫⎛⎫+=+-= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()sin 3sin 3x x -=-数为奇函数，故A 正确；π()12f x +对于B 项，，由正弦函数的图象及性质可知函数在上ππππ[,]30,12644x x ⎡⎤∈⇒-∈⎢⎥⎣⎦()f x ππ[,]126单调递增，故B 正确；对于C 项，易知，若，则与一个取得最大值，一个()max 1f x =12|()()|2f x f x -=()1f x ()2f x 取得最小值，即与相隔最近为半个周期，即的最小值为，故C 错误；1x 2x 12||x x -π23T =对于D 项，由三角函数的伸缩变换可知，函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，()f x 13得到函数的图象，故D 错误.sin(9)y x ϕ=+故选：AB.13．3【分析】由题意由两角差的正切公式即可得解.【详解】由题意．()()tan 73tan133tan 73tan13tan 73131tan 73tan133tan 73tan133︒︒︒︒︒︒︒︒︒︒--=-+-=故．314．/34-0.75-【分析】根据同角平方和关系可得，进而根据齐次式即可求解.12sin cos 25αα-=【详解】由可得，故，1sin cos 5αα+=-112sin cos 25αα+=12sin cos 25αα-=又，解得或，222sin cos tan 12sin cos sin cos tan 125αααααααα-===++3tan 4α=-4tan 3α=-由于，，故，12sin cos 025αα-=<()0,πα∈sin 0,cos 0αα><又，故，因此，1sin cos 05αα+=-<sin cos αα<tan 1α<故，3tan 4α=-故34-15．/120.5【分析】利用正弦函数的周期公式即可得解.【详解】因为的最小正周期为，π()2sin()(0)3f x x ωω=+>4π所以，则.2π2π4πT ωω===ω=12故答案为.1216．ππ(Z)62kx k =+∈【分析】先利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形，然后由可求得ππ2π(Z)62x k k +=+∈答案.【详解】22()2cos 43sin cos 2sin 1cos 223sin 2cos 21f x x x x x x x x =+-=+++-，π23sin 22cos 24sin 26x x x ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭令，解得：．ππ2π(Z)62x k k +=+∈ππ(Z)62k x k =+∈故ππ(Z)62kx k =+∈。
2023新教材高考数学二轮专题复习第一部分专题攻略专题二三角函数解三角形第二讲三角恒等变换与解三角形
第二讲 三角恒等变换与解三角形——小题备考微专题1 三角函数求值常考常用结论1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin (α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos (α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan (α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α.(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)tan 2α＝2tan α1−tan 2α. 3．常用公式(1)降幂扩角公式：cos 2α＝1+cos2α2，sin 2α＝1−cos2α2.(2)升幂公式：1＋cos 2α＝2cos 2α，1－cos 2α＝2sin 2α. (3)公式变形：tan α±tan β＝tan (α±β)(1∓tan α·tan β)． (4)辅助角公式：a sin x ＋b cos x ＝√a 2+b 2sin (x ＋φ)，其中sin φ＝√2，cos φ＝√2.保 分 题1.[2022·河北张家口一模]已知cos α＝45，0<α<π2，则sin (α＋π4)＝( )A ．√210B ．7√210 C ．－√210D ．－7√2102．[2022·湖北武汉二模]设sin 32°＝k ，则tan 16°＋1tan 16°＝( )A ．2kB ．1k C ．2k D ．k3．[2022·山东烟台一模]若sin α＝cos (α＋π6)，则tan 2α的值为________． 提 分 题 例2(1)[2022·山东淄博三模]已知α∈(－π2，0)，且√2cos 2α＝sin (α＋π4)，则sin 2α＝( )A ．－34B ．34 C ．－1 D ．1(2)[2022·河北石家庄一模]已知角α∈(0，π2)，tan π12＝sin α−sinπ12cos α+cosπ12，则α＝________．听课笔记： 技法领悟1．解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊角的三角函数相约或相消，从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基础上，结合所求式子的特点合理地进行变形．2．给值求值的关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异，一般可以适当变换已知式，求得另外某些函数式的值，以备应用．同时也要注意变换待求式，便于将已知求得的函数值代入，从而达到解题的目的．3．实质上是转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．巩固训练11.[2022·辽宁抚顺一模]已知sin (π6－α)＝13，则cos (2α－π3)的值是( )A ．－79B ．79 C ．－89D ．892．[2022·湖南师大附中三模]已知sin (α－π4)＝13(0<α<π)，则sin α＋cos α＝________．微专题2 解三角形常考常用结论 1．正弦定理及其变形 在△ABC 中，a sin A＝bsin B＝csin C＝2R(R 为△ABC 的外接圆半径)．变形：a ＝2R sin A ，sin A＝a2R，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C 等．2．余弦定理及其变形在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ； 变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2+c 2−a 22bc.3．三角形面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sinB ． 4．三角形中的有关结论(1)sin A ＝sin (B ＋C)，cos A ＝－cos (B ＋C)； (2)A>B ⇔sin A>sin B ，cos A<cos B ． 保 分 题1.[2022·广东广州一模]在△ABC 中，若A ＝π3，B ＝π4，a ＝3√2，则b ＝( )A ．4√3B ．2√3C ．√3D ．√322．[2022·北京通州一模]在△ABC 中，已知cos A ＝13，a ＝2√3，b ＝3，则c ＝( )A ．1B ．√3C ．2D ．33．在△ABC 中，sin 2A ＝sinB sinC ，若∠A＝π3，则∠B 的大小是( )A ．π6B ．π4 C ．π3D ．2π3提 分 题 例2(1)[2022·山东临沂二模]我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，则△ABC 的面积S ＝12√(ab )2−(a2+b 2−c 22)2.根据此公式，若a cos B ＋(b －√2c)cos A ＝0，且b 2＋c 2－a 2＝√2，则△ABC 的面积为( )A ．√24B ．√34 C ．√22D ．√32(2)[2022·湖南衡阳二模]设a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，已知(b ＋√3c)sin (A ＋C)＝(a ＋c)(sin A －sin C)，设D 是BC 边的中点，且△ABC 的面积为1，则AB ⃗⃗⃗⃗ ·(DA ⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗ )等于( )A ．2B ．2√3C ．－2√3D ．－2听课笔记：技法领悟1．正、余弦定理的适用条件(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理． 2．三角形面积公式的应用原则(1)对于面积公式S ＝12ab sin C ＝12ac sin B ＝12bc sin A ，一般是已知哪一个角就使用含哪个角的公式．(2)与面积有关的问题，一般要利用正弦定理或余弦定理进行边和角的互化．巩固训练21.(多选)已知锐角△ABC，下列说法正确的是( )A ．sin A ＋sinB ＋sin C<cos A ＋cos B ＋cosC B ．tan A ＋tan B ＋tan C>0 C ．sin A ＝√55，tan B ＝3，则A<B D ．cos A ＋cos B<√22．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若a ＝√3，b ＋c ＝3，向量m ＝(2cos 2A ＋3，2)，n ＝(2cos A ，1)，且m ∥n .则△ABC 的面积是________.第二讲 三角恒等变换与解三角形微专题1 三角函数求值保分题1．解析：由cos α＝45，0<α<π2，得sin α＝35， 所以sin (α＋π4)＝√22sin α＋√22cos α＝√22×35+√22×45＝7√210，故选B.答案：B2．解析：tan 16°＋1tan 16°＝sin 16°cos 16°+cos 16°sin 16° ＝sin 216°+cos 216°sin16°·cos 16°＝112sin 32°＝2k.故选A. 答案：A3．解析：由sin α＝cos (α＋π6)，可得sin α＝cos αcos π6－sin αsin π6＝√32cos α－12sin α， 则tan α＝√33，tan 2α＝2tan α1−tan 2α＝2×√331−(√33)2＝√3. 答案：√3提分题[例1] 解析：(1)∵√2cos2α＝sin (α＋π4)＝√22(sin α＋cos α)，∴cos 2α－sin 2α＝(cos α＋sin α)(cos α－sin α)＝12(cos α＋sin α)， ∴(cos α＋sin α)(cos α－sin α－12)＝0， ∴cos α＋sin α＝0或cos α－sin α＝12，由cos α＋sin α＝0平方可得1＋sin 2α＝0，即sin 2α＝－1， 由cos α－sin α＝12平方可得1－sin 2α＝14，即sin 2α＝34， 因为α∈(－π2，0)，所以2α∈(－π，0)，sin 2α<0， 综上，sin 2α＝－1. (2)∵tan π12＝sin α−sinπ12cos α+cosπ12，∴sinπ12cos π12＝sin α−sinπ12cos α+cosπ12，∴sin π12(cos α＋cos π12)＝cos π12(sin α－sin π12)，∴sin π12cos α＋sin π12cos π12＝cos π12sin α－cos π12sin π12，∴sin π12cos π12＋cos π12sin π12＝cos π12sin α－sin π12cos α， ∴sin π6＝sin (α－π12)，∵α∈(0，π2)，∴α－π12∈(－π12，5π12)∴π6＝α－π12，则α＝π12+π6＝π4. 答案：(1)C (2)π4 [巩固训练1]1．解析：cos (2α－π3)＝cos (π3－2α)＝cos [2(π6－α)]＝1－2sin 2(π6－α)＝1－2×(13)2＝79.答案：B2．解析：由题意得α－π4∈(－π4，3π4)，而sin(α－π4)＝13<√22， 故α－π4∈(0，π2)，cos (α－π4)＝2√23，故sin α＋cos α＝√2sin (α＋π4)＝√2cos (α－π4)＝43. 答案：43微专题2 解三角形保分题1．解析：在△ABC 中，若A ＝π3，B ＝π4，a ＝3√2，由正弦定理asin A ＝bsin B 得：b ＝a sin Bsin A ＝3√2sin π4sinπ3＝3√2×√22√32＝2√3，所以b ＝2√3. 答案：B2．解析：因为在△ABC 中，cos A ＝13，a ＝2√3，b ＝3， 所以由余弦定理得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 12＝9＋c 2－6×13c ，得c 2－2c －3＝0， 解得c ＝3，或c ＝－1(舍去)． 答案：D3．解析：因为sin 2A ＝sinB sinC ，所以a 2＝bc ， 由余弦定理可知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝b 2＋c 2－bc ＝bc ， 即(b －c )2＝0，得b ＝c ，所以△ABC 是等边三角形，∠B ＝π3. 答案：C提分题[例2] 解析：(1)由正弦定理边角互化可知a cos B ＋(b －√2c )cos A ＝0化简为 sin A cos B ＋(sin B －√2sin C )cos A ＝0， sin A cos B ＋sin B cos A ＝√2sin C cos A 即sin (A ＋B )＝sin C ＝√2sin C cos A ∵sin C ≠0，∴cos A ＝√22， cos A ＝b 2+c 2−a 22bc＝√22⇔√22bc ＝√22，解得：bc ＝1，根据面积公式可知S ＝12√(bc )2−(b 2+c 2−a 22)2＝12√1−12＝√24.(2)∵(b ＋√3c )sin (A ＋C )＝(a ＋c )(sin A －sin C )，∴由正弦定理可得：(b ＋√3c )b ＝(a ＋c )(a －c )，整理可得：b 2＋c 2－a 2＝－√3bc ， ∴由余弦定理可得：cos A ＝－√32，∴由A ∈(0，π)，可得：A ＝5π6，又ABC 的面积为1，即12bc sin5π6＝1，∴bc ＝4，又AB ⃗⃗⃗⃗ ·(DA ⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗ )＝(DB ⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗ )·(DA ⃗⃗⃗⃗ +DB ⃗⃗⃗⃗ ) ＝DB⃗⃗⃗⃗ 2－DA ⃗⃗⃗⃗ 2＝CB ⃗⃗⃗⃗ 24−(AB ⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗ )24＝(AB ⃗⃗⃗⃗ −AC⃗⃗⃗⃗ )24−(AB ⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗ )24＝－4AB ⃗⃗⃗⃗ ·AC ̅̅̅4＝－AB⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗ ＝－bc cos A ＝2√3. 答案：(1)A (2)B [巩固训练2]1．解析：对于A ，取A ＝B ＝C ＝π3，则sin A ＋sin B ＋sin C >cos A ＋cos B ＋cos C ，可知A 错误；对于B ，由于△ABC 是锐角三角形，故tan A >0，tan B >0，tan C >0，故tan A ＋tan B ＋tan C >0，故B 正确；对于C ，锐角△ABC 中，由sin A ＝√55知cos A ＝2√55，故tan A ＝12，则tan A <tan B ，即C 正确；对于D ，△ABC 是锐角三角形，故A ＋B >π2，所以B >π2－A ，故cos A ＋cos B <cos A ＋cos (π2－A )＝cos A ＋sin A ＝√2sin (A ＋π4)≤√2， 即cos A ＋cos B <√2，即D 正确． 答案：BCD2．解析：因为m ＝(2cos 2A ＋3，2)，n ＝(2cos A ，1)，m ∥n ； 所以4cos A ＝2cos 2A ＋3＝4cos 2A ＋1，解得cos A ＝12；cos A ＝b 2+c 2−a 22bc ＝(b +c )2−2bc −a 22bc＝12，即3−bc bc＝12，解得bc ＝2；又cos A ＝12，所以sin A ＝√32， 所以△ABC 的面积为S ＝12bc sin A ＝√32. 答案：√32。
2023-2024学年高考数学专项复习——三角函数与解三角形(含答案)
决胜3．在中，角，，所对的边分别为，，，且，.ABC A B C a b c 23a c b +=3A C π-=(1)求；cos B (2)若，求的面积.5b =ABC 4．设()()()()πsin 2πcos 2cos sin πf ααααα⎛⎫++ ⎪⎝⎭=---(1)将化为最简形式；()f α(2)已知，求的值．()3f θ=-()sin 1sin2sin cos θθθθ++5．已知函数．()π1sin 232f x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭(1)求函数的单调递增区间，并解不等式；()f x ()0f x ≥(2)关于的方程在上有两个不相等的实数解，求实数的取x 11022m f x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x m 值范围及的值．()12f x x +6．已知角为第四象限角，且角的终边与单位圆交于点.αα1,3P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭(1)求的值；sin α(2)求的值.()πtan sin 2sin cos παααα⎛⎫+ ⎪⎝⎭+7．在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点xOy αOx ．(),P x y (1)若，求及的值；255y =tan α7sin 2cos sin 4cos αααα+-(2)若，求点P 的坐标．sin 11cos 2αα=-(1)若，求；3BC =ADCD (2)若，求线段的长11cos 14A =AD(1)求函数在区间上的最大值和最小值；()f x ππ[,]64-(2)若函数在区间上恰有2个零点，求的值．5()()4g x f x =-π(0,)212,x x 12cos()x x -11．在中，，点D 在AB 边上，且为锐角，，的面积为ABC 25BC =BCD ∠2CD =BCD △4.(1)求的值；cos BCD ∠(2)若，求边AC 的长.30A =︒12．记三个内角的对边分别为，已知为锐角，ABC ,,A B C ,,a b c B ．sin sin sin 2sin sin a A b B c C a A B +-=(1)求；()sin A C -(2)求的最小值．sin sin A B 13．已知函数且的最小正周期为．()πsin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()f x π(1)求函数的单调递减区间；()f x (2)若，求x 的取值范围．()22f x ≤14．已知函数在上单调递增．()sin (0)f x x ωω=>ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(1)求的取值范围：ω(2)当取最大值时，将的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来ω()f x π9的3倍，得到的图象，求在内的值域．()g x ()g x ππ,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦15．在中，角所对的边分别为，已知．ABC ,,A B C ,,a b c sin cos cos cos cos sin sin A B C B C A B +=--(1)求；C (2)若外接圆的半径为，求的面积最大值．ABC 233ABC 16．已知函数.()()πe e sin ,32x xf x xg x --==(1)若，求；321π3f α⎛⎫+= ⎪⎝⎭32πf α⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)设函数，证明：在上有且仅有一个零点，且()()ln h x x f x =+()h x ()0,∞+0x .()()034g f x >-17．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终xOy αO x 边与单位圆交于第三象限点.525,55P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭(1)求的值；sin cos αα-(2)若角的终边绕原点按逆时针方向旋转，与单位圆交于点，求点的坐标.αO π2Q Q 18．设函数，且．2()2cos 23sin cos (0)f x x x x m ωωωω=++>(0)1f =(1)求的值；m (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求()f x 的值及的零点．ω()f x 条件①：是奇函数；()f x 条件②：图象的两条相邻对称轴之间的距离是；()f x π条件③：在区间上单调递增，在区间上单调递减．()f x π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，0按第一个解答计分．答案：1．(1)1-(2)12-【分析】（1）根据点坐标求得.P tan α（2）根据点坐标求得，利用诱导公式求得正确答案.P sin ,cos αα【详解】（1）即，3π,cos π3sin 44P ⎛⎫ ⎪⎝⎭22,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以.22tan 122α-==-（2）由（1）得，所以，22,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭22222sin 22222α-==-⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22222cos 22222α==⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1617πsin πsin πsin sin 808π22αααα⎛⎫⎛⎫-+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭πsin sin sin cos 2αααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.221222⎛⎫=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭2．(1)，1tan 7α=1tan 3β=(2)π4【分析】（1）先根据同角三角函数平方关系求出，再根据商数关系和两角和正切公式cos α化简得结果；（2）根据二倍角公式得，，再根据两角和余弦公式得，最后根据sin 2,cos 2ββ()cos 2αβ+范围求结果.【详解】（1）因为为锐角，，所以，,αβ2sin 10α=272cos 1sin 10αα=-=所以，2sin 110tan cos 77210ααα===又因为，所以，tan tan 1tan()1tan tan 2αβαβαβ++==-1tan 3β=（2）因为为锐角，，所以，解得，,αβ1tan 3β=22sin 1cos 3sin cos 1ββββ⎧=⎪⎨⎪+=⎩10sin 10310cos 10ββ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以，sin 22sin cos 103103101052βββ==⨯=⨯，24cos 212sin 5ββ=-=所以，()724232cos 2cos cos 2sin sin 21051052αβαβαβ+=-=⨯-⨯=又因为为锐角，所以，,αβ3π022αβ<+<所以.π24αβ+=3．(1)78(2)111512【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理化为，结合23a c b +=sin sin 23sin A C B +=已知条件，有，，代入解三角形即可.3A C π-=32B C π=-232B A π=-sin sin 23sin A C B +=（2）根据（1）终结论，利用余弦定理，结合，，解得，利用面5b =23a c b +=443ac =积公式即可求得面积为.11115sin 212ABC S ac B ==△【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，23a c b +=sin sin 23sin A C B +=因为，且，所以，，3A C π-=A B C π++=32B C π=-232B A π=-所以2sin sin 23sin 3232B B B ππ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即，22sin cos cos sin sin cos cos sin 23sin 32323232B B B B B ππππ-+-=所以，所以，3cos 23sin 2B B =cos 4sin cos 222B B B =因为，所以，所以；022B π<<1sin 24B =27cos 12sin 28B B =-=（2）由余弦定理可得，2222cos b a c ac B =+-即，得，得，()27524a c ac ac =+--()2155234b ac =-443ac =因为，所以，所以7cos 8B =15sin 8B =11115sin 212ABC S ac B ==△4．(1)tan α-(2)65【分析】（1）根据三角函数的诱导公式，结合同角三角函数的商式关系，可得答案；（2）利用正弦函数的二倍角公式以及同角三角函数的平方式，整理齐次式，可得答案.【详解】（1）.()()()()πsin 2πcos sin sin 2tan cos sin πcos sin f αααααααααα⎛⎫++ ⎪-⎝⎭===----（2）由，则，()tan 3f θθ=-=-tan 3θ=，()()()()()22222sin 1sin2sin (sin cos )tan (tan 1)sin cos sin cos sin cos tan 1tan 1θθθθθθθθθθθθθθθ+++==+++++.()()2223(31)34641053131⨯+⨯===⨯+⨯+5．(1)答案见解析(2)(()1212,3,2f x x ⎤--+=-⎦【分析】（1）由题意分别令，πππ2π22π,Z 232k x k k -+≤-≤+∈，解不等式即可得解.ππ5π2π22π,Z 366k x k k +≤-≤+∈（2）由题意得在上有两个不相等的实数解，结合三角()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 函数单调性、最值即可求出的取值范围，结合对称性代入求值即可得的值.m ()12f x x +【详解】（1）由题意令，解得，πππ2π22π,Z 232k x k k -+≤-≤+∈π5πππ,Z 1212k x k k -+≤≤+∈即函数的单调递增区间为，()f x ()π5ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦令，所以，()π1sin 2032f x x ⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭π1sin 232x ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭所以，解得，ππ5π2π22π,Z 366k x k k +≤-≤+∈π7πZ 412ππ,k x k k +≤≤+∈所以不等式的解集为.()0f x ≥()π7ππ,π,Z 412k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦（2）由题意即，11022m f x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭πsin 032m x ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭即在上有两个不相等的实数解，()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 当时，，而在上单调递减，在上单[]0,πx ∈ππ2π,333t x ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦2sin y t =-ππ,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π2π,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦调递增，所以当即时，，ππ32t x =-=5π6x =()min 2g x =-当即时，，ππ33t x =-=-0x =()max 3g x =又即时，，π2π33t x =-=πx =()3g x =-所以若在上有两个不相等的实数解，()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 则实数的取值范围为，m (2,3⎤--⎦因为，所以是的对称轴，()min 5π26g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭5π6x =()g x所以.()125π5ππ112sin 263322f x x f ⎛⎫⎛⎫+=⨯=⨯--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6．(1)223-(2)3-【分析】（1）将点代入单位圆后结合任意角三角函数定义求解即可.（2）利用诱导公式化简求值即可.【详解】（1）在单位圆中，解得，22113y ⎛⎫+= ⎪⎝⎭223y =±因为第四象限角，所以α223y =-22sin 3α∴=-（2）第四象限角22sin ,3αα=-1cos 3α∴=.()πtan sin 123sin cos πcos ααααα⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴=-=-+7．(1)，；2-2(2).34(,)55-【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标及，再利用齐次式法计算即得.P tan α（2）利用同角公式，结合三角函数定义求解即得.【详解】（1）角以Ox 为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点，α(),P x y 当时，，则，255y =22551()55x =--=-tan 2y x α==-所以．7tan 27(2)227ta 4sin 2cos sin 42c 4os n αααααα+⨯-++==---=-（2）依题意，，sin 0,cos 0αα><由，得，代入，sin 11cos 2αα=-cos 12sin αα=-22sin cos 1αα+=于是，解得，22sin (12sin )1αα+-=2sin ,cos 1sin 5543ααα==--=-即，所以点P 的坐标为．34,55x y =-=34(,)55-8．(1)；π3A =(2)．2AD =【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由三角恒等变换求解；（2）设，利用由余弦定理求得，从而由正弦定理求得AD x =πADB ADC ∠+∠=cos ADB ∠（用表示），再代入余弦定理的结论中求得值．AC x x 【详解】（1）由正弦定理及已知得2cos cos cos 2c a A B b A =-，sin 2sin cos cos sin cos 2sin 2cos sin cos 2sin(2)C A A B B A A B B A A B =-=-=-或，C 2A B =-2πC A B +-=又，所以，A B ≤22πC A B C B B C B +-≤+-=+<所以，从而，所以；C 2A B =-2πB C A A +==-π3A =（2）由余弦定理得，，2222cos AB BD AD AD BD ADB =+-⋅∠，2222cos AC CD AD AD CD ADC =+-⋅∠又是角平分线，所以，又，则，记，因为AD 2AC CD AB BD ==3a =2,1CD BD ==AD x =，πADB ADC ∠+∠=所以，所以，2244cos 412cos x x ADC x x ADC +-∠=++∠cos 4x ADC ∠=-，则，0πADC <∠<2sin 116x ADC ∠=-由正弦定理得，sin sin AC CD ADC CAD =∠∠所以，222116π16sin 6x AC x =⋅-=-所以，解得，即．221644()4x x x x -=+-⋅-2x =2AD =9．(1)263(2)677【分析】（1）利用正弦定理及其余弦定理求解；（2）利用三角形的面积公式求解.【详解】（1）因为平分，，故，AD BAC ∠3AB BC ==2C BAC θ∠=∠=在中，由正弦定理知：，ADC △sin sin 22cos sin sin AD ACD CD DAC θθθ∠===∠由余弦定理有，2222223231cos 2cos 22323CA CB BA C CA CB θ+-+-====⋅⨯⨯又因为，所以,21cos 22cos 13θθ==-6cos 3θ=即；262cos 3AD CDθ==（2）由，得，则，11cos 14A =11cos 214θ=cos 2157cos 214θθ+==又由，()11sin 2sin 22ABC ABD ACD S AB AC S S AB AC AD θθ=⋅=+=+△△△得.()sin 21267cos sin 57AB AC AD AB AC θθθ⋅===+10．(1)最大值和最小值分别为；2,1-(2).58【分析】（1）求出函数的解析式，再利用余弦函数的性质求解即得.()f x （2）利用余弦函数图象的对称性，结合诱导公式计算.12cos()x x -【详解】（1）由函数的最小正周期为，得，解得，()f x π2ππω=π2,()2cos(2)3x f x ω==-当时，，则当，即时，，ππ[,]64x ∈-π2ππ2[,]336x -∈-π2π233x -=-π6x =-min ()1f x =-当，即时，，π203x -=π6x =max ()2f x =所以函数在区间上的最大值和最小值分别为.()f x ππ[,]64-2,1-（2）()2222252cos 25222525BD BC CD BC CD BCD =+-⨯∠=+-⨯⨯⨯，故，204816=+-=4BD =有，故，22216420BD CD BC +=+==CD AB ⊥则，即.21sin sin 302CD A AC AC ==︒==4AC =12．(1)；()sin 1A C -=(2)无最小值；【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理可得，结合为锐角可得，所sin cos A C =B π2A C =+以；()sin 1A C -=（2）利用诱导公式可得，再由导数判断出在3sin sin 2sin sin A B A A =-()32f t t t =-上单调递增，可得无最小值；2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭sin sin A B 【详解】（1）因为，sin sin sin 2sin sin a A b B c C a A B +-=由正弦定理得，2222sin a b c ab A +-=由余弦定理可得，2222cos a b c ab C +-=所以可得，解得或；sin cos A C =π2A C =-π2A C =+又为锐角，所以（舍），即，B π2A C =-π2A C =+因此；()πsin sin12A C -==（2）结合（1）中，又可得：π2A C =+πA B C ++=；33πsin sin sin sin 2sin cos 22sin sin 2A B A A A A A A ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭令，则，sin t A =()3sin sin 2A B f t t t ==-又为锐角，，所以，B 3ππ20,22A ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭π3π24A <<可得，212t <<所以，当时，恒成立，()261f t t '=-212t <<()2610f t t '=->即可得为单调递增，()32f t t t =-所以时，，所以无最值；2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭()()0,1f t ∈()f t 因此无最小值；sin sin A B 13．(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据最小正周期为求得，求出单调递减区间；π=1ω±（2）根据写出x 的取值范围．()22f x ≤【详解】（1）因为的周期为，()πsin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π故，所以.2ππ2ω==1ω±当时，，=1ω()πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭由，得到，ππ3π2π22π232k x k +≤+≤+π7πππ1212k x k +≤≤+故的递减区间为.()f x π7ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦当时，，1ω=-()ππsin 2sin 233f x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由，得到πππ2π22π232k x k -+≤-≤+π5πππ1212k x k -+≤≤+故的递减区间为.()f x π5ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦（2）当时，，=1ω()π2sin 232f x x ⎛⎫=+≤ ⎪⎝⎭所以，5πππ2π22π434k x k -+≤+≤+解得.19ππππ,Z 2424k x k k -+≤≤-+∈当时，，1ω=-()ππ2sin 2sin 2332f x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=--≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即，π2sin 232x ⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭所以，ππ5π2π22π434k x k -+≤-≤+解得.π19πππ2424k x k +≤≤+综上：当时，；=1ω19ππππ2424k x k -+≤≤-+当时，.1ω=-π19πππ,Z 2424k x k k +≤≤+∈14．(1)302ω<≤(2)260,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由题设条件，列出不等式，求解即可.,32πππ4π2ωω-≥-≤（2）根据函数图像平移变换，写出函数，再结合区间和三角函数性质求1π()sin 26g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭出值域.【详解】（1）由，得 ，ππ,34x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦ππ,34x ωωω⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦又函数在上单调递增，()sin (0)f x x ωω=>ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦所以，解得,32πππ4π2ωω-≥-≤32ω≤因为，所以．0ω>302ω<≤（2）由（1）知的最大值为，此时，ω323()sin 2f x x =根据题意，，31π1π()sin sin 23926g x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦当时，．ππ,32x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦1πππ02664x ≤+≤+所以，故值域为．ππ260()sin 644g x +⎛⎫≤≤+= ⎪⎝⎭260,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦15．(1)π3C =(2)3【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换计算即可．（2）利用正余弦定理、三角形面积公式及基本不等式计算即可.【详解】（1）由已知可得：，222sin sin sin cos cos A A B B C -=-∴，()222sin sin sin 1sin 1sin A A B B C -=---∴，222sin sin sin sin sin A B C A B +-=根据正弦定理可知：，222a b c ab +-=∴．2221cos 22a b c C ab +-==又．π(0,π),3C C ∈∴=（2）∵外接圆的半径为，ABC 233r =∴，解得．432sin 3c r C==2c =又由（1）得，222a b c ab +-=故，∴，当且仅当时等号成立22424a b ab ab +-=≥-4ab ≤2a b ==∴，13sin 324ABC S ab C ab ==≤△∴的面积最大值为．ABC 316．(1)23(2)证明见解析【分析】（1）化简已知条件求得，利用诱导公式求得.πsin 3α⎛⎫+ ⎪⎝⎭32πf α⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）先求得的表达式，然后对进行分类讨论，结合零点存在性定理证得在()h x x ()h x 上有且仅有一个零点，求得的表达式，然后利用函数的单调性证得不等()0,∞+0x()()0g f x 式成立.()()034g f x >-【详解】（1）由，则，321π3f α⎛⎫+= ⎪⎝⎭π2sin 33α⎛⎫+= ⎪⎝⎭所以32π2sin π3f αα⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.ππ2sin πsin 333αα⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦（2）证明：由题意得.()πln sin 3h x x x =+①当时，，所以单调递增.30,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ππ0,32x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()h x 又，由于，而，1πsin ln226h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭π1sin 62=1ln2ln e 2>=所以.又，102h ⎛⎫< ⎪⎝⎭()3102h =>所以由零点存在定理得在内有唯一零点，使得.()h x 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦0x ()00h x =当时，，所以，则在上无零点；3,32x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦πln 0,sin 03x x >≥()0h x >()h x 3,32⎛⎤ ⎥⎝⎦当时，，所以，则在上无零点.()3,x ∈+∞πln 1,1sin 13x x >-≤≤()0h x >()h x ()3,+∞综上，在上有且仅有一个零点.()h x ()0,∞+0x ②由①得，且，0112x <<()00ln 0x f x +=则.()()()()00000011ln ,ln 2f x x g f x g x x x ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭由函数的单调性得函数在上单调递增，()000112x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭则，()01324x ϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭故.()()034g f x >-求解已知三角函数值求三角函数值的问题，可以考虑利用诱导公式等三角恒等变换的公式来进行求解.判断函数零点的个数，除了零点存在性定理外，还需要结合函数的单调性来进行判断.17．(1)55-(2)255,55⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）直接根据三角函数的定义求解；（2）利用诱导公式求出旋转后的角的三角函数值即可.【详解】（1）由三角函数的定义可得，5sin c 5o 255s αα-=-=，所以；5s 5in 5c 2os 555αα⎛⎫--=- ⎪ ⎪⎝⎭-=-（2）角的终边绕原点O 按逆时针方向旋转，得到角，απ2π2α+则，，π5sin cos 25αα⎛⎫+==- ⎪⎝⎭π25cos sin 25αα⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭所以点Q 的坐标为.255,55⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭18．(1)1m =-(2)选择①，不存在；选择②，，；选择③，，12ω=ππ,Z 6k k -+∈1ω=ππ,Z 122k k -+∈【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数，根据，即可求解；(0)1f =（2）根据奇函数性质、三角函数图象的性质以及三角函数的单调性，即可逐个条件进行判断和求解.【详解】（1）2()2cos 23sin cos f x x x x m ωωω=++，πcos 23sin212sin 216x x m x m ωωω⎛⎫=+++=+++ ⎪⎝⎭又，所以.1(0)2112f m =⨯++=1m =-（2）由（1）知，，()π2sin 26f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭选择①：因为是奇函数，()f x 所以与已知矛盾，所以不存在.()00f =()f x 选择②：因为图象的两条相邻对称轴之间的距离是，()f x π所以，，，π2T =2πT =2π21T ω==12ω=则，()π2sin 6f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭令，()π2sin 06f x x ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭解得.ππ,Z 6k x k -+∈=即零点为.()f x ππ,Z 6k k -+∈选择③：对于，，()π2sin 26f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭0ω>令，，πππ2π22π,Z 262k x k k ω-+≤+≤+∈ππ3π2π22π,Z 262k x k k ω+≤+≤+∈解得，，ππππ,Z 36k k x k ωωωω-+≤≤+∈ππ2ππ,Z 63k k x k ωωωω+≤≤+∈即增区间为，()f x ππππ,,Z 36k k k ωωωω⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦减区间为，()f x ππ2ππ,,Z 63k k k ωωωω⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，()f x π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以时符合，0k =即在上单调递增，在上单调递减，()f x ππ,36ωω⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π2π,63ωω⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以且，π03ππ66ωω⎧-≤⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩2ππ33ππ66ωω⎧≥⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩解得，则，1ω=()π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭所以令，()π2sin 206f x x ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭解得，ππ,Z 122k x k =-+∈即零点为.()f x ππ,Z 122k k -+∈。
解三角形与三角函数题型综合训练(典型例题+跟踪训练)【解答题抢分专题】备战2023年高考数学
【解答题抢分专题】备战2023年高考数学解答题典型例题+跟踪训练（新高考通用）专题08解三角形与三角函数题型综合训练1.正弦定理R CcB b A a 2sin sin sin ===.（其中R 为ABC ∆外接圆的半径）2sin ,2sin ,2sin ;a R A b R B c R C ⇔===（边化角）sin ,sin ,sin ;222a b c A B C R R R⇔===（角化边）2.余弦定理：222222222cos 2cos 2cos .2b c a A bc a c b B ac a b c C ab ⎧+-=⎪⎪+-⎪=⎨⎪⎪+-=⎪⎩⇒2222222222cos ,2cos ,2cos .a b c bc A b a c ac B c a b ab C ⎧=+-⎪=+-⎨⎪=+-⎩3.三角形面积公式：B ac A bcC ab S ABC sin 21sin 21sin 21===∆=12++为三角形ABC 的内切圆半径4.三角形内角和定理：在△ABC 中，有()A B C C A B ππ++=⇔=-+222C A Bπ+⇔=-222()C A B π⇔=-+.5.二倍角的正弦、余弦、正切公式①αααcos sin 22sin =②ααα22sin cos 2cos -=1cos 22-=αα2sin 21-=升幂公式：221cos 22cos 1cos 22sin αααα⎧+=⎪⎨-=⎪⎩降幂公式：221cos (1cos 2)21sin (1cos 2)2αααα=+=-⎧⎪⎨⎪⎩③ααα2tan 1tan 22tan -=.6.辅助角公式22sin cos sin()a x b x a b x ϕ±=+±，（其中tan baϕ=）；一、梳理必备知识求()sin()f x A x B ωϕ=++解析式,A B 求法方法一：代数法maxmin()()A B f x A B f x +=⎧⎨-+=⎩方法二：读图法B 表示平衡位置；A 表示振幅ω求法方法一：图中读出周期T ，利用2T πω=求解；方法二：若无法读出周期，使用特殊点代入解析式但需注意根据具体题意取舍答案.ϕ求法方法一：将最高（低）点代入()sin()f x A x B ωϕ=++求解；方法二：若无最高（低）点，可使用其他特殊点代入()sin()f x A x B ωϕ=++求解；但需注意根据具体题意取舍答案.7.三角形中线问题如图在ABC ∆中，D 为CB 的中点，2AD AC AB =+，然后再两边平方，转化成数量关系求解！（常用）8.角平分线如图，在ABC ∆中，AD 平分BAC ∠，角A ,B ,C 所对的边分别为a ，b ，c ①等面积法ABC ABD ADC S S S ∆∆∆=+⇒111sin sin sin 22222A AAB AC A AB AD AC AD ⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯（常用）②内角平分线定理：AB AC BD DC =或AB BDAC DC=③边与面积的比值：ABDADCS AB AC S = 9.基本不等式（最值问题优先用基本不等式）2a bab +≤②222a b ab+≥10.利用正弦定理化角（函数角度求值域问题）利用正弦定理2sin a R A =，2sin b R B =，代入面积公式，化角，再结合辅助角公式，根据角的取值范围，求面积或者周长的最值。
2023届高考数学复习：精选好题专项(三角函数与解三角形解答题)练习(附答案)
2023届高考数学复习：精选好题专项（三角函数与解三角形解答题）练习题组一 三角函数及其性质1‐1、（重庆市第一中学2022‐2023学年高三上学期10月月考）（12分）已知函数（其中）在区间上单调递减． （1）求出的取值范围；（2）将的图像向左平移个单位就得到函数的图像，记，．若恰为偶函数，求数列前n 项和的表达式．1‐2、（2022~2023学年第一学期苏州市高三期中调研试卷数学）在锐角ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c，且2sin 0b A -=．（1）求角B 的大小；（2）求cos cos cos A B C 的取值范围．()πsin 4f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭0ω>π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦ω()f x π4()g x ()2πn a n g n =⋅*n N ∈()g x {}n a n S1‐3、（江苏淮安市2021‐2022学年度第一学期期中调研测试试题） 已知点()1,P t 在角θ的终边上，且sin 3θ=-，（1）求t 和cos θ的值；(2)求()()sin sin 23sin cos cos 2πθθπθπθπθθ⎛⎫+- ⎪⎝⎭+-+⎛⎫+- ⎪⎝⎭的值.1‐4、（江苏省高邮市2022‐2023学年高三上学期期初学情调研）设向量 （1）若，求的值；（2）设函数，求的零点．题组二 正余弦定理的运用2‐1、（江苏省海安高级中学2023届高三期初学业质量监测）记内角A ，，的对边分别为，，，已知.（1）求； ())cos ,sin ,,sin a x x b x x == a b ∥cos 2x ()(),π,[π]f x b a a x =-⋅∈- ()f x ABC 的B C a b c 2sin sin cos sin cos b B a B C c A B =+a b（2）若，求角的取值范围.2‐2、（南京市2023届高三年级学情调研）在平面四边形ABCD 中，∠ABD =45°，AB =6，AD=，对角线AC 与BD 交于点E ，且AE =EC ， DE =2BE ．（1）求BD 的长；（2）求cos ∠ADC 的值．2‐3、（江苏省高邮市2022‐2023学年高三上学期期初学情调研）在中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且． （1）求B ﹔（2）若，求的值．1c =B ABC △()sin sin sin sin a C A c b C B-=-+tan tan 4tan tan B B A C +=sin sin A C2‐4、（重庆市第一中学2022‐2023学年高三上学期10月月考）（12分）设△ABC 内角A ，B ，C 的对边分别记为a ，b ，c ，且．（1）求内角A 的值；（2）若△ABC 的面积为2，D 是AB 的中点且，求△ABC 中最长边的长度．2‐5、（江苏如皋中学2022~2023学年度高三年级第一学期教学质量调研）在①22cos a b c B -=，②2223()4S a b c =+-，③23)12sin 2C A B +=+三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，设ABC 的面积为S ，已知______.(1)求角C 的值；(2)若4b =，点D 在边AB 上，CD 为ACB ∠的平分线，CDB 的面积为233，求边长a 的值.2‐6、（南京六校联合体2023届高三8月联合调研）(本小题满分10分)已知ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为a ,b ,c ,tan tan 3(tan tan )1B C B C -+=且.(1)求角A 的大小；(2)若1a =，2(31)0c b -+=，求ABC ∆的面积.cos sin b a C c A =⋅+⋅2CD =4‐2、（山东省“学情空间”区域教研共同体2023届高三入学检测） 已知分别为的内角所对的边，且（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.4‐3、（南京师大附中2022—2023学年度高三第一学期10月检测）（本小题满分12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，ccos sin C a C -=．（1）求角A 的大小；（2）若a=2，求BC 边上的中线AD 长度的最小值．4‐4、（2022~2023学年第一学期苏州市高三期中调研试卷数学）平面直角坐标系xOy 中，已知点(cos ,sin )E αα（其中0απ≤≤），将向量OE 逆时针方向旋转90 ，得到向量OF ，记(1,0)A ，(0,1)B -．（1）求||AE AF + 的最大值；（2）试判断两向量AE 与BF 的位置关系．,,a b c ABC ,,A B C ()()sin sin sin sin a c b A C B c B +--+=A a =ABC参考答案题组一 三角函数及其性质1‐1、（重庆市第一中学2022‐2023学年高三上学期10月月考）（12分）已知函数（其中）在区间上单调递减． （1）求出的取值范围；（2）将的图像向左平移个单位就得到函数的图像，记，．若恰为偶函数，求数列前n 项和的表达式．【答案解析】：（1）， 结合 因为在递减，所以 （2）为偶函数关于对称， 又由（1）问可知（注：这里用也可），所以．1‐2、（2022~2023学年第一学期苏州市高三期中调研试卷数学）在锐角ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c，且2sin 0b A -=．（1）求角B 的大小；（2）求cos cos cos A B C 的取值范围． ()πsin 4f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭0ω>π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦ω()f x π4()g x ()2πn a n g n =⋅*n N ∈()g x {}n a n S πππ0222T ωω=≥-⇒<≤πππππππ,π,π,2π2424444x x ωωω⎡⎤⎡⎤⎡⎤∈⇒+∈++⊆+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()f x π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππππ3π15,π,,2442224ωωω⎡⎤⎡⎤⎡⎤++⊆⇒∈⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦()g x ()f x ⇒π4x =()ππππ41442k k k Z ωω⇒+=+⇒=+∈15,24ω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦02ω<≤1ω=()222,1cos cos π,n n n g x x a n n n n ω⎧-=⇒=⇒==⎨⎩为奇数为偶数()()1,21,2n n n n S n n n ⎧+-⎪⎪⇒=⎨+⎪⎪⎩为奇数为偶数【答案解析】（1）由正弦定理，2sin b R B =，2sin c R C =，代入2sin 0b A =，有22sin sin 2sin 0R B A R A ⨯=，因为A 是三角形的内角，sin 0A ≠，所以sin 2B =， 在锐角ABC 中，3B π=． （2）由（1），3B π=，23A C π+=，23C A π=- 于是2cos cos cos cos cos cos()33A B C A A ππ=-11cos (cos sin )222A A A =-+21sin cos cos 44A A A =-11cos 2sin 2842A A +=-⨯11sin(2)468A π=-- 在锐角ABC 中，由于3B π=，有62A ππ<<，52666A πππ<-<， 于是1sin(2(,1]62A π-∈，11sin(2)468A π--1(0,8∈． 所以cos cos cos ABC 的取值范围是1(0,]8 1‐3、（江苏淮安市2021‐2022学年度第一学期期中调研测试试题） 已知点()1,P t 在角θ的终边上，且sin 3θ=-，（1）求t 和cos θ的值；(2)求()()sin sin 23sin cos cos 2πθθπθπθπθθ⎛⎫+- ⎪⎝⎭+-+⎛⎫+- ⎪⎝⎭的值. 【答案解析】【要点分析】(1)解方程sin 3θ==-即得t 的值，再利用平方关系求cos θ.(2)用诱导公式化简再代入sin θ和cos θ的值求解.【过程详解】（1）由已知r op ==，所以sin 3θ==-解得t =，故θ为第四象限角，cos 3θ==；（2）()()sin sin 23sin cos cos 2πθθπθπθπθθ⎛⎫+- ⎪⎝⎭+-+⎛⎫+- ⎪⎝⎭()3sin cos 1θθ+-=-.1‐4、（江苏省高邮市2022‐2023学年高三上学期期初学情调研）设向量（1）若，求的值；（2）设函数，求的零点．【答案解析】（1）由，得， 2'所以或，若，则； ．4'若，又，则综上，的值为1或 6'（2）． 9'令，得，又，知，则，所以． ())cos ,sin ,,sin a x x b x x == a b ∥cos 2x ()(),π,[π]f x b a a x =-⋅∈- ()f x a b∥2cos sin 0x x x =sin 0x=cos x x sin 0x =2cos 212sin 1x x =-=cos x x 22sin cos 1x x +=221sin ,cos 212sin 214x x x ==-=cos 2x 12()221cos2cos sin 1sin 2122xf x b a a x x x x -=⋅-=+-=+- π1sin 262x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭()0f x =π1sin 262x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,π[]πx ∈-π13π11π2,666x ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦π11π7ππ5π2,,,66666x -=--5ππππ,,,6262x =--题组二 正余弦定理的运用2‐1、（江苏省海安高级中学2023届高三期初学业质量监测）记内角A ，，的对边分别为，，，已知.（1）求； （2）若，求角的取值范围.【答案解析】（1）由正弦定理结合，可得,即，故，所以，故. （2）由（1）得，故 ， 当且仅当即时取等号， 故.2‐2、（南京市2023届高三年级学情调研）在平面四边形ABCD 中，∠ABD =45°，AB =6，AD=，对角线AC 与BD 交于点E ，且AE =EC ， DE =2BE ．（1）求BD 的长；（2）求cos ∠ADC 的值．【答案解析】（1）ABD △中，2222cos AD AB BD AB BD ABD =+-⋅∠，又∠ABD =45°，AB =6，AD=，所以21836BD =+-解得BD =； ABC 的B C a b c 2sin sin cos sin cos b B a B C c A B =+a b1c =B 2sin sin cos sin cos b B a B C c A B =+2sin sin sin sin cos sin sin cos B B A B C C A B =+2sin sin sin (sin cos sin cos )sin (sin )B B A B C C B A B C =+=+222sin sin B A =222b a=a b=a=22221cos (242a c b B b ac b +-===+≥1b b=1b =π(0]4B ∈，（2）因为BD =AB =6，AD=，所以222BD AD AB +=，所以90ADB ∠=︒；又2DE BE =，所以DE =AED 中，22226AE AD DE =+=，所以AE =所以cos ED AED AE ∠==，所以cos DEC ∠=，所以sin DEC ∠=； CED 中，由余弦定理可得2222cos CD EC ED EC ED DEC =+-⋅∠，又EC AE ==，DE =cos DEC ∠=，所以2268250CD ⎛=+-= ⎝所以CD = 由正弦定理可得sin sin EC CD EDC DEC =∠∠，所以3sin EDC =∠， 所以3sin 5EDC ∠= 所以3cos cos(90)sin 5ADC EDC EDC ∠=+∠=-∠=-2‐3、（江苏省高邮市2022‐2023学年高三上学期期初学情调研）在中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且． （1）求B ﹔（2）若，求的值．【答案解析】 （1）由，可得， ABC △()sin sin sin sin a C A c b C B-=-+tan tan 4tan tan B B A C +=sin sin A C()sin sin sin sin a C A c b C B -=-+()()()sin sin sin sin a C A c b C B -=-+由正弦定理得，即， 2'由余弦定理，得， 因为，可得． 5' （2）由 及得﹐ ．8' 又由（1），得 10'所以，所以，所以． ．12' 2‐4、（重庆市第一中学2022‐2023学年高三上学期10月月考）（12分）设△ABC 内角A ，B ，C 的对边分别记为a ，b ，c ，且．（1）求内角A 的值；（2）若△ABC 的面积为2，D 是AB 的中点且，求△ABC 中最长边的长度．【答案解析】（1）由射影定理知，由条件知，所以，即 （2）在ACD 中或为直角或钝角，所以最长边为或4．2‐5、（江苏如皋中学2022~2023学年度高三年级第一学期教学质量调研）在①22cos a b c B -=，②222()4S a b c =+-，③2)12sin 2C A B +=+三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，设ABC 的面积为S ，已知______.(1)求角C 的值； ()()()a c a c b c b -=-+222a c b ac +-=2221cos 22a cb B ac +-==0πB <<π3B =()22sin tan tan sin cos cos sin 1sin 14tan tan cos sin sin cos sin sin cos sin sin cos A C B B B A C B B b A C B A C B A C B A C B ac⎛⎫= ⎪++=+==⋅⎭⋅⋅=⎝π3B =22b ac =222a c b ac +-=2230a c ac +-=2310a a c c ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭32a c ±=sin 3sin 2A C =cos sin b a C c A =⋅+⋅CD =cos cos b a C c A =⋅+⋅cos sin b a C c A =⋅+⋅cos sin A A =45A =︒2221sin 451222cos 45ACD S AD AC AC AD AD AC AD AC ⎧=⋅⋅⋅︒==⎧⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎩⎪=+-⋅⋅⋅︒⎩△2AC C AD ⎧=⎪⇒∠⎨=⎪⎩2AB AD ==(2)若4b =，点D 在边AB 上，CD 为ACB ∠的平分线，CDB 的面积为233，求边长a 的值. 【答案解析】：(1)选①22cos a b c B -=， 则由余弦定理可得：222222a c b a b c ac +--=⋅，整理可得222a b c ab +-=，可得2221cos 22a b c C ab +-==，因为(0,)C π∈，所以.3C π=选②2223()4S a b c =+-， 可得22213()sin 24a b c ab C +-=，即2223()sin 3cos 2a b c C C ab+-==，所以tan 3C =， 因为(0,)C π∈，可得.3C π= 选③23sin()12sin 2C A B +=+， 可得：3sin 2cos C C =-，可得2sin()26C π+=，可得：sin()16C π+=， 因为(0,)C π∈，7(,)666C πππ+∈，所以62C ππ+=，可得.3C π= (2)在ABC 中，ABC ACD BCD S S S =+ ，可得111sin sin sin 222BC CD BCD CA CD ACD CA CB ACB ⋅⋅∠+⋅⋅∠=⋅⋅∠，可得134a CD CD a ⨯+=，① 又12343CDB S a CD =⨯= ，② 由①②可得：2243a a =+，解得2a =，或4(3a =-舍去)， 所以边长a 的值为2.2‐6、（南京六校联合体2023届高三8月联合调研）(本小题满分10分)已知ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为a ,b ,c ,tan tan 3(tan tan )1B C B C -+=且.(1)求角A 的大小；(2)若1a =，2(31)0c b -+=，求ABC ∆的面积.【答案解析】:(1)由tan tan tan )1B C B C -+=,得tan tan 1tan tan 3B C B C +=--,所以tan()3B C +=-………………2分 又在ABC ∆则tan tan()3A B C =-+=,所以6A π=………………4分(2)因为2c -(3+1)b =0，所以12c b +=， 又A=30°,a =1则根据余弦定理，22122b c bc =+-⋅222b bc ===得到，即………………8分 41321226221sin 21+=⨯+⨯⨯==∆A bc S ABC ………………10分 2‐7、（重庆市第一中学2022‐2023学年高三上学期10月月考） 在ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且满足sin cos c A a C =，4c =．（1）求角C 的大小；（2cos 24A B π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，求ABC 的面积． 【答案解析】（1）解：由sin cos c A a C =及正弦定理可得sin sin sin cos A C A C =， ()0,A π∈ ，则sin 0A >，故sin cos C C =，tan 1C ∴=，()0,C π∈ ，因此，4C π=.（2）：()cos 2cos 22cos 4A B A A ππ⎛⎫=++=-+=- ⎪⎝⎭，cos 2A A +=，即2sin 26πA ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，即sin 16A π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，()0,A π∈ ，则7666A πππ<+<，62A ππ∴+=，则3A π=， 由正弦定理可得sin sin a c A C =，则4sin sin 36sin sin 4c A a C ππ=== ()62sin sin sin cos cos sin 4B AC A C A C +=+=+=， 因此，1162sin 86623224ABC S ac B +==⨯=+△.题组三 运用三角函数及正余弦定理研究实际问题3-1、（湖南师大附中2023届高三年级开学初试卷）（本小题满分12分）某公园要建造如图所示的绿地OC OA OABC 、,为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏AB 与BC 的总长度为12米，且BCO BAO ∠=∠. 设=∠BAO ⎪⎭⎫ ⎝⎛<<20παα. (1)当3=AB ，125πα=时，求AC 的长； (2)当6=AB 时，求OABC 面积S 的最大值及此时α的值．【答案解析】(1)在ABC ∆中，3=AB ，9=BC ，3221251252πππππ=---=∠ABC ，由余弦定理，得⋅⋅-+=BC AB BC AB AC 2222117cos =∠ABC ，故.133=AC因此AC 的长为133米． …………………………………4分(2)由题意，6==BC AB ，CAB ACB ∠=∠，222παπ--=∠ABC ，所以.4π=∠=∠OCA OAC在ABC ∆中，由余弦定理得.2sin 72722α+=AC …………6分所以.2sin 1818412α+==∆AC S AOC …………………………8分 .2cos 18223sin 6621ααπ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅⨯⨯=∆ABC S∴sin 2ADC ∠=，∴135224ADC S =⨯⨯⨯=，又18522ABC S =⨯⨯⨯=∴44ABC A ABCD DC S S S =-=-=四边形△△； （2）由（1）知，7AC =，ACD △中，2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅⋅∠，∴22493AD CD AD CD AD CD =++⋅≥⋅，当且仅当3AD CD ==时等号成立， ∴493AD CD ⋅≤，∴1sin120212ADC S AD CD =⋅⋅︒ ≤，∴12ABC ADC ADC ABCD S S S S =-=≥四边形△△△，∴当且仅当3AD CD ==时，平面凹四边形ABCD面积取得最小值12. 题组四 三角函数与正余弦定理的综合运用4‐1、（湖北省重点高中2023届高三上学期10月联考） 已知向量()sin ,1m x =，1,2n x ⎫=-⎪⎭ ，设函数()()f x m n m =+⋅r r r ．（1）求函数()f x 的最小正周期；（2）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，ACB ∠的角平分线交AB 于点D ．若()f C 恰好为函数()f x 的最大值，且此时()CD f C =，求3a b +的最小值．【答案解析】【要点分析】（1）先利用平面向量加法、数量积的坐标表示、二倍角公式、辅助角公式得到()πsin 216f x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，再利用周期公式进行求解； （2）先利用()f C 恰好为()f x 的最大值求得π3C =，利用正弦定理得到11sin sin c A B =+、sin 13sin A a B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭和sin 13sin B b A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再利用基本不等式进行求解. 【小问1过程详解】∵()sin ,1m x =，1,2n x ⎫=-⎪⎭，∴1sin ,2m n x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭， ∴()()1sin sin 2f x x x x =++21sin cos 2x x x =++1cos 21sin 2222x x -=++ πsin 216x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 则()f x 的最小正周期为2ππ2T ==； 【小问2过程详解】由()f C 恰好为()f x 的最大值，得()πsin 2126f C C ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭，即πsin 216C ⎛⎫-= ⎪⎝⎭， ∵0πC <<，所以 π3C =，则()2CD f C ==； 在ACD △中，由1sin sin 2CD AD A C =，得1sin AD A =， 在BCD △中，由1sin sin 2CD BD B C =，可得1sin BD B =， ∴11sin sin c AD BD A B =+=+；在ABC 中，由sin sin sin a b c A B C==，得11sin sin a b A B +==，解得sin 13sin A a B ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，sin 13sin B b A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，3sin sin 343sin sin A B a b B A ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭， ∵sin 0A >，sin 0B >，∴343a b ⎛+≥+ ⎝(4433=+=+，sin A B =，即6tan 11A =时，等号成立） 故3a b +的最小值为43+． 4‐2、（山东省“学情空间”区域教研共同体2023届高三入学检测） 已知分别为的内角所对的边，且（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案解析】（1）在中，由题意及正弦定理得， 整理得，由余弦定理得， 因为， ,,a b c ABC ,,A B C ()()sin sin sin sin a c b A C B c B +--+=A a =ABC ABC ()()a c b a c b bc +--+=222b c a bc +-=2221cos 222b c a bc A bc bc +-===0A π<<所以；（2）方法一：由（1）知，，又，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以； 方法二：由（1）知，，又，所以由正弦定理，知， 所以，所以， 又因为， 所以 ， 因为，所以， 所以当，即时，的面积取得最大值，最大值为4‐3、（南京师大附中2022—2023学年度高三第一学期10月检测）（本小题满分12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c cos sin C a C -=． （1）求角A 的大小；（2）若a=2，求BC 边上的中线AD 长度的最小值．3A π=3A π=a =22122b c bc bc bc bc =+--=…12bc …b c ==()max 11sin 12222ABC S bc A ==⨯⨯= 3A π=a =4sin sin sin sin 3a b c A B C π====4sin ,4sin b B c C ==1sin 8sin sin sin 22ABC S bc A B C B C ==⨯= 23B C π+=21sin sin cos sin 322B C B B B B B π⎛⎫⎛⎫=-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1cos2sin222B B ⎫-=+=⎪⎪⎭26B π⎛⎫-+ ⎪⎝⎭23B C π+=270,23666B B ππππ<<-<-<262B ππ-=3B π=ABC【答案解析】（1cos sin cos sin sin )C a C A C A C A C -=⇒-=+2sin sin sin tan 3A C A C A A π⇒-=⇒=⇒=（2）22222142cos 222b c a b c a A bc bc+-+-=⇒=⇒-= 2222228423b c b c bc b c +⇒--+=≤⇒+≥3AD ⇒=≥=，当且仅当b c =取等号． 4‐4、（2022~2023学年第一学期苏州市高三期中调研试卷数学）平面直角坐标系xOy 中，已知点(cos ,sin )E αα（其中0απ≤≤），将向量OE 逆时针方向旋转90 ，得到向量OF ，记(1,0)A ，(0,1)B -．（1）求||AE AF + 的最大值；（2）试判断两向量AE 与BF 的位置关系．【答案解析】（1）向量OE 逆时针方向旋转90 ，则OE OF ⊥ ，即0OE OF ⋅= ，得到点(sin ,cos )F αα-，又因为(1,0)A ，所以(cos 1,sin )AE αα=- ，(sin 1,cos )AF αα=-- ，所以AE AF + (cos sin 2,sin cos )αααα=--+，所以||AE AF + =====2≤=+，所以||AE AF + 的最大值为2，此时πsin 14α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，3π4α=． （2）由题意，(cos 1,sin )AE αα=- ，(sin ,cos 1)BF αα=-+ ，因为22(cos 1)(cos 1)sin (sin )(cos 1)sin 0αααααα-+--=-+=， 所以(cos 1)(cos 1)sin (sin )αααα-+=-，所以两向量AE 与BF 平行．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专练24 高考大题专练(二) 三角函数与解三角形的综合运用
1．[2022·全国乙卷(理)，17]记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin C sin (A －B )＝sin B sin (C －A ).
(1)证明：2a 2
＝b 2
＋c 2
；
(2)若a ＝5，cos A ＝25
31，求△ABC 的周长．
2．[2022·新高考Ⅱ卷，18]记△ABC 的三个内角分别为A ，B ，C ，其对边分别为a ，b ，
c ，分别以a ，b ，c 为边长的三个正三角形的面积依次为S 1，S 2，S 3，已知S 1－S 2＋S 3＝
32
，sin B ＝13
.
(1)求△ABC 的面积； (2)若sin A sin C ＝2
3
，求b .
3．[2022·新高考Ⅰ卷，18]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
cos A 1＋sin A
＝
sin2B
1＋cos2B
.
(1)若C＝
2π
3
，求B；
(2)求
a2＋b2
c2
的最小值．
4．[2020·全国卷Ⅱ]△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin B sin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
5．[2022·江西省南昌市模拟]如图，锐角△OAB 中，OA ＝OB ，延长BA 到C ，使得AC ＝3，∠AOC ＝π4，sin∠OAC ＝22
3
.
(1)求OC ； (2)求sin∠BOC .
6．[2022·江西省重点中学盟校联考]在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，从条件①：b sin
B ＋C
2＝a sin B ，条件②：b ＝a cos C ＋1
2
c ，条件③：b tan A ＝(2c －b )tan B 这三个条件中选择一个作为已知条件．
(1)求角A ；
(2)若AB →·AC →
＝3，求a 的最小值．
专练24 高考大题专练(二) 三角函数与解三角形的综合运用
1．解析：(1)证明：∵sin C sin (A －B )＝sin B sin (C －A )， ∴sin C sin A cos B －sin C cos A sin B ＝sin B sin C cos A －sin B cos C sin A ， ∴sin C sin A cos B ＝2sin B sin C cos A －sin B cos C sin A . 由正弦定理，得ac cos B ＝2bc cos A －ab cos C . 由余弦定理，得
a 2＋c 2－
b 2
2
＝b 2＋c 2－a 2
－
a 2＋
b 2－
c 2
2
.
整理，得2a 2
＝b 2
＋c 2
. (2)由(1)知2a 2
＝b 2
＋c 2
. 又∵a ＝5，∴b 2
＋c 2
＝2a 2
＝50. 由余弦定理，得a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cos A ， 即25＝50－5031bc ，∴bc ＝31
2
.
∴b ＋c ＝b 2
＋c 2＋2bc ＝50＋31＝9， ∴a ＋b ＋c ＝14.故△ABC 的周长为14.
2．解析：(1)∵边长为a 的正三角形的面积为34
a 2
， ∴S 1－S 2＋S 3＝
34(a 2－b 2＋c 2
)＝32
. 结合余弦定理，得ac cos B ＝1，即cos B ＝1
ac
.
由sin B ＝13，得cos B ＝223，∴ac ＝32
4，
故S △ABC ＝12ac sin B ＝12×324×13＝2
8
.
(2)由正弦定理，得b 2
sin 2B ＝
a sin A ·c sin C ＝ac sin A sin C ＝32
423
＝94
，故b ＝32sin B ＝1
2. 3．解析：(1)由已知条件，得sin2B ＋sin A sin2B ＝cos A ＋cos A cos2B .
所以sin2B ＝cos A ＋cos A cos2B －sin A sin2B ＝cos A ＋cos (A ＋2B )＝cos [π－(B ＋C )]＋cos [π－(B ＋C )＋2B ]＝－cos (B ＋C )＋cos [π＋(B －C )]＝－2cos B cos C ，
所以2sin B cos B ＝－2cos B cos C ， 即(sin B ＋cos C )cos B ＝0.
由已知条件，得1＋cos2B ≠0，则B ≠π
2，
所以cos B ≠0，所以sin B ＝－cos C ＝1
2.
又0＜B ＜π3，所以B ＝π
6
.
(2)由(1)知sin B ＝－cos C ＞0，则B ＝C －π
2，
所以sin A ＝sin (B ＋C )＝sin (2C －π
2
)＝－cos2C .
由正弦定理，得a 2＋b 2c 2＝sin 2A ＋sin 2B sin 2C ＝cos 22C ＋cos 2C sin 2C ＝（1－2sin 2C ）2＋（1－sin 2C ）
sin 2
C
＝2＋4sin 4
C －5sin 2
C sin 2
C ＝2sin 2C
＋4sin 2
C －5≥22sin 2C
·4sin 2
C －5＝4
2－5， 当且仅当sin 2
C ＝22时，等号成立，所以a 2
＋b
2
c 2的最小值为42－5.
4．解析：(1)由正弦定理和已知条件得BC 2
－AC 2
－AB 2
＝AC ·AB .① 由余弦定理得BC 2
＝AC 2
＋AB 2
－2AC ·AB cos A .②
由①②得cos A ＝－12.因为0<A <π，所以A ＝2π
3
.
(2)由正弦定理及(1)得AC sin B ＝AB sin C ＝BC
sin A ＝23，从而AC ＝23sin B ，AB ＝23sin (π
－A －B )＝3cos B －3sin B ．
故BC ＋AC ＋AB ＝3＋3sin B ＋3cos B ＝3＋23sin (B ＋π
3).
又0<B <π3，所以当B ＝π
6时，△ABC 周长取得最大值3＋2 3.
5．解析：(1)在△OAC 中，由正弦定理知OC sin∠OAC ＝AC
sin∠AOC ，
所以，OC ＝3sin∠OAC
sin
π4
＝4.
(2)设∠OAB ＝α，则α为锐角，sin α＝sin (π－∠OAC )＝sin∠OAC ＝22
3，
所以，cos α＝1－sin 2
α＝13
，
所以sin∠AOB ＝sin (π－2α)＝sin2α＝2sin αcos α＝42
9，
则cos∠AOB ＝cos (π－2α)＝－cos2α＝2sin 2
α－1＝79
，
所以sin∠BOC ＝sin (∠AOB ＋π4)＝sin∠AOB cos π4＋cos∠AOB sin π4＝22×429＋
2
2×79＝8＋72
18
. 6．解析：(1)若选条件①，由正弦定理得sin B sin π－A 2＝sin A sin B ，
∵B ∈(0，π)⇒sin B >0，∴sin π－A 2＝sin A ，∴cos A 2＝2sin A 2cos A
2
，
又A 2∈(0，π2)，∴cos A 2≠0，∴sin A 2＝1
2， ∴A 2＝π6⇒A ＝π3
； 若选条件②，△ABC 中，b －a cos C ＝c 2，由正弦定理知sin B －sin A cos C ＝1
2
sin C ，
∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin B ＝sin [π－(A ＋C )]＝sin A cos C ＋cos A sin C ， ∴sin A cos C ＋cos A sin C －sin A cos C ＝1
2
sin C ，
∴cos A sin C ＝1
2sin C ，
因为sin C >0， ∴cos A ＝1
2
，
又∵0<A <π，∴A ＝π
3
；
若选条件③，由b tan A ＝(2c －b )tan B ， 得sin B sin A cos A ＝(2sin C －sin B )sin B
cos B
，
B ∈(0，π)，所以sin B >0，
∴sin A cos B ＝2sin C cos A －sin B cos A ， ∴sin (A ＋B )＝2sin C cos A ， ∴sin C ＝2sin C cos A ，
∵C ∈(0，π)，∴sin C >0，∴cos A ＝1
2，
∵A ∈(0，π)，∴A ＝π
3.
(2)由(1)及AB →·AC →
＝3得bc ＝6，
所以a 2
＝b 2
＋c 2
－2bc cos A ＝b 2
＋c 2
－bc ≥bc ＝6， 当且仅当b ＝c ＝6时取等号，所以a 的最小值为 6.。