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三角函数题型

函数思想

变角思想

在三角函数式的化简中，“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次。其化简往往要遵循以下三个原则：

  1. 一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式；
  2. 二看“函数名称”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”等；
  3. 三看“结构特征”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，如“遇到分式要通分”等。

我们知道单独考查三角函数式的化简是极少见的，绝大多数的化简其背后就是求值，常见的求值问题有：给值求值、给角求值、给值求角。

变角

三角函数：角为先，公式特征为要。

公式特征注意：用 cos⁡2α\cos2\alpha 联系 sin⁡α,cos⁡α\sin\alpha,\cos\alpha。

4sin⁡αcos⁡α=(sin⁡α+cos⁡α)2−(sin⁡α−cos⁡α)24\sin\alpha\cos\alpha=(\sin\alpha+\cos\alpha)^2-(\sin\alpha-\cos\alpha)^2

右图为这三者的转换关系。

{x=sin⁡α−sin⁡βy=cos⁡α−cos⁡β\left\{ \begin{aligned} x&=\sin\alpha-\sin\beta\\ y&=\cos\alpha-\cos\beta \end{aligned} \right.

根据上面的可以推出 α,β\alpha,\beta 和差角的正余弦。

  • 两式平方后作和、平方后作差。

  • 两式相乘。

也可以换元，设 tt 为 sin⁡,cos⁡\sin,\cos 等，将原式化为关于 tt 的二次函数或分式。

注意求区间上的值域，也可以结合不等式相关内容。

一角一函数

一角一函数，可以简单的理解为 y=Asin⁡(ωx+φ)y=A\sin(\omega x+\varphi) 的形式。

即一个角在一个三角函数里，可以更好的求解。

齐次思想

齐次思想，也可以归为次数的重要性。

三角函数中，弦为一次，切为零次，割为负一次。

例如对于求值类问题，升幂降角、降幂升角，是很关键的。

当一个式子中的函数次数仅为奇数后者偶数的时候，可以补充 sin⁡2+cos⁡2=1\sin^2+\cos^2=1 齐次。

也可以结合弦化切，除以一个 sin⁡2+cos2\sin^2+cos^2 的若干次方。

当然也存在次数的奇偶性转化，例如：

sin⁡−cos⁡=±(sin⁡2−cos⁡2)=±1−2sin⁡cos⁡\sin-\cos=\pm\sqrt{(\sin^2-\cos^2)}=\pm\sqrt{1-2\sin\cos}

这种不常用，注意正负号。

整体角思想

整体角，即将 y=Asin⁡(ωx+φ)y=A\sin(\omega x+\varphi) 中的 ωx+φ\omega x+\varphi 设为单独的变量如 tt 后进行解决的思想。

化为一角一函数后，用整体角结合三角函数性质进行快速解决。

根据整体角的范围，画出函数图像或者列出关于 k,k∈Zk,k\in\mathbb Z 的方程。

注意区间的开闭问题。

弦化切思想

切化弦通常是很容易想到的，我们直接令：

tan⁡α=sin⁡αcos⁡α\tan\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}

但是弦化切也有很大的用处，具体体现在：

  • 将一个复杂的式子化为仅关于一个变量的式子。

  • 对于某些求值类问题，可以使用正切半角公式（万能公式）。

三角函数求参数

参变分离思想

也就是主元思想的体现，将参数作为主元化简。

然后根据等式右侧的函数性质得到参数的特征。

也可以使用等式相当于左右两侧函数交点问题。

不同参数的常见求法

对于：

y=Asin⁡(ωx+φ)+By=A\sin(\omega x+\varphi)+B

  • AA：振幅。

  • BB：极值。

  • ω\omega：周期。

  • φ\varphi：通常带入求解。

根据周期长度解题

对于有多少零点的问题，可以在还原之前根据区间长度和周期长度得到一个大体的范围。

给定单调区间，首先可以写出，单调区间长度小于等于半周期，即：

r0−l0≤T2=πωr_0-l_0\le\frac{T}{2}=\frac{\pi}{\omega}

然后就可以在这个大体的范围内求解，如果不好求解也会方便枚举。

然后如果可以求出 ω\omega 的一些其他条件（比如奇偶性），直接求出来。

已知起点终点

思想：复合函数、还原。

对于 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)，我们令 t=ωx+φt=\omega x+\varphi。

注意 ω\omega 的正负性，得出 tt 的取值范围，进行进一步求解。

比如，给定零点横坐标、对称轴，转化为：

ωx0+φ=λkπ(+π/2)\omega x_0+\varphi=\lambda k\pi(+\pi/2)

未知 φ\varphi：根据已知点或特殊信息（对称轴、对称中心）带入，列出方程组求出 φ\varphi。

未知起点终点

可以将问题再分为：正正、正负。

  • 对于正负的，通常区间内存在一个已知点（ω=0\omega=0），画图解题。

  • 对于正正的，通常先用周期长度限制，然后列关于 kk 的式子。

特殊的，如果 ω\omega 的正负不确定，应当讨论 sgn⁡(ω)\operatorname{sgn}(\omega)。

φ\varphi 未知求 ω\omega

这一类问题通常比较难：

  • 各种条件，先转化为区间长度，初步限制 ω\omega 的范围。

  • 根据特殊信息，限制 ω\omega 的奇偶性等性质。

  • 在独立的 ω\omega 取值中，一次判断是否满足条件。

比较难算。

三角形中的三角函数

条件，在三角形中，有 x+y+z=πx+y+z=\pi（三角形内角和），那么：

正切恒等式

形式一

tan⁡x+tan⁡y+tan⁡z=tan⁡xtan⁡ytan⁡z\tan x+\tan y+\tan z=\tan x\tan y\tan z

证明：

tan⁡z=tan⁡(π−x−y)=−tan⁡(x+y)tan⁡z=−tan⁡x+tan⁡y1−tan⁡xtan⁡y\begin{aligned} \tan z&=\tan(\pi-x-y)=-\tan(x+y)\\ \tan z&=-{\tan x+\tan y\over1-\tan x\tan y} \end{aligned}

下面的式子整理即可。

形式二

tan⁡x2tan⁡y2+tan⁡y2tan⁡z2+tan⁡z2tan⁡x2=1\tan{x\over2}\tan{y\over2}+\tan{y\over2}\tan{z\over2}+\tan{z\over2}\tan{x\over2}=1

证明：

tan⁡z2=tan⁡(π2−x2−y2)=1tan⁡(x2+y2)tan⁡z2=1−tan⁡x2tan⁡y2tan⁡x2+tan⁡y2\begin{aligned} \tan{z\over2}&=\tan\left({\pi\over2}-{x\over2}-{y\over2}\right)={1\over\tan({x\over2}+{y\over2})}\\ \tan{z\over2}&={1-\tan{x\over2}\tan{y\over2}\over\tan{x\over2}+\tan{y\over2}} \end{aligned}

下面的式子整理即可。

余切恒等式

形式一

cot⁡xcot⁡y+cot⁡ycot⁡z+cot⁡zcot⁡x=1\cot x\cot y+\cot y\cot z+\cot z\cot x=1

证明：

根据 tan⁡α=1cot⁡α\displaystyle\tan\alpha={1\over\cot\alpha} 展开正切的形式一即可。

形式二

cot⁡x2+cot⁡y2+cot⁡y2=cot⁡x2cot⁡y2cot⁡y2\cot{x\over2}+\cot{y\over2}+\cot{y\over2}=\cot{x\over2}\cot{y\over2}\cot{y\over2}

证明：

根据 tan⁡α=1cot⁡α\displaystyle\tan\alpha={1\over\cot\alpha} 展开正切的形式二即可。

一倍角弦

形式一

sin⁡x+sin⁡y+sin⁡z=4cos⁡x2cos⁡y2cos⁡z2\sin x+\sin y+\sin z=4\cos{x\over2}\cos{y\over2}\cos{z\over2}

证明：

sin⁡x+sin⁡y=2sin⁡x+y2cos⁡x−y2=2cos⁡z2cos⁡x−y2sin⁡z=2sin⁡z2cos⁡z2=2cos⁡z2cos⁡x+y2\begin{aligned} \sin x+\sin y&=2\sin{x+y\over2}\cos{x-y\over2}\\ &=2\cos{z\over2}\cos{x-y\over2}\\ \sin z&=2\sin{z\over2}\cos{z\over2}\\ &=2\cos{z\over2}\cos{x+y\over2} \end{aligned}

然后加起来用和差化积公式即可。

形式二

cos⁡x+cos⁡y+cos⁡z=1+4sin⁡x2sin⁡y2sin⁡z2\cos x+\cos y+\cos z=1+4\sin{x\over2}\sin{y\over2}\sin{z\over2}

证明：

cos⁡z=1−sin⁡2z2=1−sin⁡z2cos⁡x+y2cos⁡x+cos⁡y=2cos⁡x+y2cos⁡x−y2=2sin⁡z2cos⁡x−y2\begin{aligned} \cos z&=1-\sin^2{z\over2}\\ &=1-\sin{z\over2}\cos{x+y\over2}\\ \cos x+\cos y&=2\cos{x+y\over2}\cos{x-y\over2}\\ &=2\sin{z\over2}\cos{x-y\over2} \end{aligned}

然后加起来用和差化积公式即可。

二倍角弦

形式一

sin⁡2x+sin⁡2y+sin⁡2z=4sin⁡xsin⁡ysin⁡z\sin2x+\sin2y+\sin2z=4\sin x\sin y\sin z

证明：

sin⁡2z=2sin⁡zcos⁡z=−2sin⁡zcos⁡(x+y)sin⁡2x+sin⁡2y=2sin⁡(x+y)cos⁡(x−y)=2sin⁡zcos⁡(x−y)\begin{aligned} \sin2z&=2\sin z\cos z\\ &=-2\sin z\cos(x+y)\\ \sin2x+\sin2y&=2\sin(x+y)\cos(x-y)\\ &=2\sin z\cos(x-y) \end{aligned}

然后加起来用和差化积公式即可。

形式二

cos⁡2x+cos⁡2y+cos⁡2z=−1−cos⁡xcos⁡ycos⁡z\cos2x+\cos2y+\cos2z=-1-\cos x\cos y\cos z

证明：

cos⁡2z=2cos⁡2z−1=−2cos⁡zcos⁡(x+y)−1cos⁡2x+cos⁡2y=2cos⁡(x+y)cos⁡(x−y)=−2cos⁡zcos⁡(x−y)\begin{aligned} \cos2z&=2\cos^2z-1\\ &=-2\cos z\cos(x+y)-1\\ \cos2x+\cos2y&=2\cos(x+y)\cos(x-y)\\ &=-2\cos z\cos(x-y) \end{aligned}

然后加起来用和差化积公式即可。

例题

例题一

已知 tan⁡β\tan\beta 有意义，且 sin⁡(α+β)=12\sin(\alpha+\beta)={1\over2}，sin⁡(α−β)=13\sin(\alpha-\beta)={1\over3}，求 tan⁡αtan⁡β\dfrac{\tan\alpha}{\tan\beta}。

S1：和差恒等式

易得：

{sin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β=12sin⁡(α−β)=sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡β=13\begin{cases} \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta={1\over2}\\ \sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta={1\over3}\\ \end{cases}

解得：

{sin⁡αcos⁡β=512cos⁡αsin⁡β=112\begin{cases} \sin\alpha\cos\beta={5\over12}\\ \cos\alpha\sin\beta={1\over12}\\ \end{cases}

易知：

tan⁡αtan⁡β=sin⁡αcos⁡βcos⁡αsin⁡β=512112=5{\tan\alpha\over\tan\beta}={\sin\alpha\cos\beta\over\cos\alpha\sin\beta}={{5\over12}\over{1\over12}}=5

S2：和差化积恒等式

易得：

{sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)=2sin⁡αcos⁡β=12+13=56sin⁡(α+β)−sin⁡(α−β)=2cos⁡αsin⁡β=12−13=16\begin{cases} \sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)=2\sin\alpha\cos\beta={1\over2}+{1\over3}={5\over6}\\ \sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)=2\cos\alpha\sin\beta={1\over2}-{1\over3}={1\over6} \end{cases}

易知：

tan⁡αtan⁡β=2sin⁡αcos⁡β2cos⁡αsin⁡β=5616=5{\tan\alpha\over\tan\beta}={2\sin\alpha\cos\beta\over2\cos\alpha\sin\beta}={{5\over6}\over{1\over6}}=5

例题二

已知 θ∈[0,2π)\theta\in[0,2\pi) 且 sin⁡(x+θ)\sin(x+\theta) 是偶函数，求 θ\theta。

根据偶函数定义：

sin⁡(x+θ)=sin⁡(−x+θ)sin⁡θcos⁡x+cos⁡θsin⁡x=sin⁡θcos⁡x−cos⁡θsin⁡xcos⁡θsin⁡x=0\begin{aligned} \sin(x+\theta)=\sin(-x+\theta)\\ \sin\theta\cos x+\cos\theta\sin x=\sin\theta\cos x-\cos\theta\sin x\\ \cos\theta\sin x=0 \end{aligned}

因为 x∈Rx\in\mathbb R，所以 cos⁡θ=0\cos\theta=0，即： θ=π2/3π2\displaystyle\theta={\pi\over2}/{3\pi\over2}。

知识点：偶函数、和差恒等式。

例题三

求函数 g(x)=sin⁡2(x+π12)+sin⁡2(x+π4)\displaystyle g(x)=\sin^2\left(x+{\pi\over12}\right)+\sin^2\left(x+{\pi\over4}\right) 的值域。

化简：

sin⁡2(x+π12)+sin⁡2(x+π4)=  12[1−cos⁡(2x+π6)+1−cos⁡(2x+π2)]=  1−12[cos⁡(2x+π6)+cos⁡(2x+π2)]=  1−12(32cos⁡2x−12sin⁡2x−sin⁡2x)=  1+14(3sin⁡2x−3cos⁡2x)=  1+32sin⁡(2x−π6)\begin{aligned} &\sin^2\left(x+{\pi\over12}\right)+\sin^2\left(x+{\pi\over4}\right)\\ =\;&{1\over2}\left[1-\cos\left(2x+{\pi\over6}\right)+1-\cos\left(2x+{\pi\over2}\right)\right]\\ =\;&1-{1\over2}\left[\cos\left(2x+{\pi\over6}\right)+\cos\left(2x+{\pi\over2}\right)\right]\\ =\;&1-{1\over2}\left({\sqrt3\over2}\cos2x-{1\over2}\sin2x-\sin2x\right)\\ =\;&1+{1\over4}\left(3\sin2x-\sqrt3\cos2x\right)\\ =\;&1+{\sqrt3\over2}\sin\left(2x-{\pi\over6}\right)\end{aligned}

然后就忒简单了，答案是，函数 gg 的值域为 [1−32,1+32]\displaystyle\left[1-{\sqrt3\over2},1+{\sqrt3\over2}\right]。

知识点：函数、和差恒等式、降次公式、辅助角公式。

另外：最后辅助角公式的应用中，arctan⁡b/a\arctan b/a 可以不用算出来，因为 xx 属于实数域，sin⁡\sin 函数里面一定是任何一个实数都取得到，直接取 r=a2+b2=23r=\sqrt{a^2+b^2}=2\sqrt3 即可得出答案。

例题四

求值：

cos⁡20∘cos⁡40∘cos⁡80∘\cos20\degree\cos40\degree\cos80\degree

答案：

S=1sin⁡20∘sin⁡20∘cos⁡20∘⋅cos⁡40∘cos⁡80∘=12sin⁡20∘sin⁡40∘cos⁡40∘⋅cos⁡80∘=14sin⁡20∘sin⁡80∘cos⁡80∘=18sin⁡20∘sin⁡160∘=18\begin{aligned} S&=\dfrac{1}{\sin20\degree}\sin20\degree\cos20\degree\cdot\cos40\degree\cos80\degree\\ &=\dfrac{1}{2\sin20\degree}\sin40\degree\cos40\degree\cdot\cos80\degree\\ &=\dfrac{1}{4\sin20\degree}\sin80\degree\cos80\degree\\ &=\dfrac{1}{8\sin20\degree}\sin160\degree=\dfrac{1}{8} \end{aligned}

本质是角的变换。

例题五

求值：

sin⁡10∘+34tan⁡10∘\sin10\degree+\dfrac{\sqrt3}4\tan10\degree

答案：

S=4sin⁡10∘cos⁡10∘+3sin⁡10∘4cos⁡10∘=2sin⁡(30∘−10∘)+3sin⁡10∘4cos⁡10∘=cos⁡10∘4cos⁡10∘=14\begin{aligned} S&=\dfrac{4\sin10\degree\cos10\degree+\sqrt3\sin10\degree}{4\cos10\degree}\\ &=\dfrac{2\sin(30\degree-10\degree)+\sqrt3\sin10\degree}{4\cos10\degree}\\ &=\dfrac{\cos10\degree}{4\cos10\degree}=\dfrac14 \end{aligned}

本质也是角的变换。

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