資源簡介

微專題2　三角恒等變換
常考常用結論
1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin (α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ.
(2)cos (α±β)＝cosαcosβ sinαsinβ.
(3)tan (α±β)＝.
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin2α＝2sinαcosα.
(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
(3)tan2α＝.
3．常用公式
(1)降冪公式：cos2α＝，sin2α＝.
(2)升冪公式：1＋cos2α＝2cos2α，1－cos2α＝2sin2α.
(3)公式變形：tanα±tanβ＝tan (α±β)(1 tanα·tanβ)．
(4)輔助角公式：asinx＋bcosx＝sin (x＋φ)，其中sinφ＝，cosφ＝.
1.[2023·河南許昌二模]已知α為銳角，且sinα＝，則tan (＋α)＝(　　)
A．－2　　　B．2　　　C．－3　　　　D．3
2．[2023·江西九江三模]已知0<α<<β<π，且sinα＝，cosβ＝－，則cos (α－β)＝(　　)
A．－　B．－　C．－　D．
3．[2023·江西南昌二模]設a＝(sin56°－cos56°)，b＝cos50°cos128°＋cos40°cos38°，c＝2cos240°－1，則a，b，c的大小關系是(　　)
A．a>b>cB．b>a>c
C．c>a>bD．a>c>b
4．[2023·山東濰坊一模]已知角α在第四象限內，sin(2α＋)＝，則sinα＝(　　)
A．－B．
C．D．－
2. (1)[2023·安徽安慶二模]已知第二象限角α滿足sin (π＋α)＝－，則sin2β－2sin (α＋β)cos (α－β)的值為(　　)
A．－B．－
C．D．
(2)[2023·山西晉中三模]已知α，β為銳角，且tanα＝2，sin (α＋β)＝，則cosβ＝(　　)
A．－B．
C．－D．
(3)[2023·山東德州三模]若α，β為銳角，且α＋β＝，則(1＋tanα)(1＋tanβ)＝________．
技法領悟
1．解決給角求值問題的關鍵是兩種變換：一是角的變換，注意各角之間是否具有和差關系、互補(余)關系、倍半關系，從而選擇相應公式進行轉化，把非特殊角的三角函數相約或相消，從而轉化為特殊角的三角函數；二是結構變換，在熟悉各種公式的結構特點、符號特征的基礎上，結合所求式子的特點合理地進行變形．
2．給值求值的關鍵是找出已知式與待求式之間的聯系及函數的差異，一般可以適當變換已知式，求得另外某些函數式的值，以備應用．同時也要注意變換待求式，便于將已知求得的函數值代入，從而達到解題的目的．
3．實質上是轉化為“給值求值”，關鍵也是變角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函數值結合該函數的單調區間求得角，有時要壓縮角的取值范圍．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·廣東深圳二模]已知tan＝2，則的值是(　　)
A．　　　B．2　　　C．　　　D．
(2)[2023·安徽宣城二模]已知sinα－sin (α＋)＝，則cos (－2α)＝(　　)
A．－B．C．D．
(3)[2023·河南校聯考]已知α－β＝，tanα－tanβ＝3，則cos (α＋β)的值為(　　)
A．B．
C．D．
微專題2　三角恒等變換
保分題
1．解析：因為sinα＝，α為銳角，
所以cosα＝，tanα＝3，
所以tan (＋α)＝＝－2.故選A.
答案：A
2．解析：∵0<α<<β<π，sinα＝，cosβ＝－，
∴cosα＝＝＝，sinβ＝＝＝，
∴cos (α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝＝－.故選A.
答案：A
3．解析：因為a＝(sin56°－cos56°)＝sin (56°－45°)＝sin11°，
b＝cos50°cos128°＋cos40°cos38°＝－sin40°sin38°＋cos40°cos38°＝cos (40°＋38°)＝cos78°＝sin12°，
c＝2cos240°－1＝cos80°＝sin10°，
因為sin12°>sin11°>sin10°，
所以b>a>c.故選B.
答案：B
4．解析：由已知可得，sin (2α＋)＝cos (2α＋π)＝－cos2α＝，所以cos2α＝－，所以sin2α＝＝.
又角α在第四象限內，所以sinα＝－＝－.故選D.
答案：D
提分題
[例2]　(1)解析：因為sinα＝，且α為第二象限角，所以cosα＝－＝－，
于是sin2β－2sin (α＋β)cos (α－β)＝sin [(α＋β)－(α－β)]－2sin (α＋β)cos (α－β)
＝－[sin (α＋β)cos (α－β)＋cos (α＋β)sin (α－β)]＝－sin2α＝－2sinαcosα
＝－2×＝.故選D.
(2)解析：因為tanα＝2，所以sinα＝2cosα，
又sin2α＋cos2α＝1，α為銳角，
所以sinα＝，cosα＝，且α>.
因為α，β為銳角，α>，所以<α＋β<π，
又sin (α＋β)＝，所以α＋β＝，
故cosβ＝cos (－α)＝coscosα＋sinsinα＝.故選D.
(3)解析：因為tan (α＋β)＝，
所以(1＋tan α)(1＋tan β)＝1＋tan α＋tan β＋tan αtan β＝1＋tan (α＋β)(1－tan αtan β)＋tan αtan β＝1＋tan (1－tan αtan β)＋tan αtan β＝2.
答案：D　
答案：D　(3)2
[鞏固訓練2]　(1)解析：由tan＝2，則＝＝＝＝.故選D.
(2)解析：由題意可知，sin α－sin (α＋)＝sin α－(sin α＋cos α)＝sin α－cos α＝sin (α－)＝，
所以cos (－2α)＝cos (π＋－2α)＝－cos (－2α)＝－cos [2(α－)]＝－[1－2sin2(α－)]＝－[1－2×]＝.故選C.
(3)解析：tanα－tanβ＝3，且α－β＝，
則＝＝＝＝3，
整理得：cosαcosβ＝，
則cos (α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝，
整理得sinαsinβ＝，
所以cos (α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝＝.故選D.
答案：D　
答案：C　
答案：D微專題1　三角函數的定義與同角關系式
常考常用結論
1．三角函數定義：設點P(x，y)(不與原點重合)為角α終邊上任意一點，點P與原點的距離為：r＝，則：sinα＝，cosα＝，tanα＝.
2．同角三角函數的基本關系式
(1)平方關系：sin2α＋cos2α＝1.
(2)商數關系：tanα＝.
1.[2023·河南開封三模]設α是第二象限角，P(x，1)為其終邊上一點，且cosα＝x，則tanα＝(　　)
A．－　　B．－　　C．　　D．
2．[2023·山西陽泉二模]已知sinα＋cosα＝，0<α<π，則sinα－cosα＝(　　)
A．－B．C．－D．
3．[2021·新高考Ⅰ卷]若tanθ＝－2，則＝(　　)
A．－B．－C．D．
1.(1)[2023·安徽蚌埠模擬]將頂點在原點，始邊為x軸非負半軸的銳角α的終邊繞原點順時針旋轉后，交單位圓于點P(x，－)，那么sinα＝(　　)
A．B．
C．D．
(2)[2023·江西贛州二模]已知θ為銳角，滿足sin2θ＋sinθcosθ－3cos2θ＝，則tanθ＝________.
技法領悟
1．任意角的三角函數值僅與角α的終邊位置有關，而與角α終邊上點P的位置無關．若角α已經給出，則無論點P在α終邊上的什么位置，角α的三角函數值都是確定的．
2．應用誘導公式與同角關系進行開方運算時，一定要注意三角函數值的符號；利用同角三角函數的關系化簡要遵循一定的原則，如切化弦、化異為同、化高為低、化繁為簡等．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·黑龍江齊齊哈爾一模]已知角α的頂點在原點，始邊與x軸的正半軸重合，終邊經過點P(cos－sin，cos＋sin)，則tanα＝(　　)
A．－1B．＋1
C．D．2
(2)[2023·陜西咸陽三模]已知方程sinα＋2cosα＝0，則cos2α－sinαcosα＝(　　)
A．－　　B．　　C．－　　D．
微專題1　三角函數的定義與同角關系式
保分題
1．解析：由三角函數定義可知：cosα＝＝x x＝±2，又α是第二象限角，故x＝－2，所以tanα＝＝－.故選B.
答案：B
2．解析：因為sinα＋cosα＝，所以(sinα＋cosα)2＝，
即sin2α＋2sinαcosα＋cos2α＝，所以2sinαcosα＝－.
因為0<α<π，所以cosα<00.
因為(sinα－cosα)2＝sin2α－2sinαcosα＋cos2α＝1＋＝，所以sinα－cosα＝.故選B.
答案：B
3．解析：將式子進行齊次化處理得：
＝
＝sinθ＝
＝＝＝.故選C.
答案：C
提分題
[例1]　(1)解析：由點P在單位圓上，則x2＋＝1，解得x＝±，
由銳角α∈(0，)，即α－∈(－)，則x＝，
故cos (α－)＝，sin (α－)＝－，
所以sinα＝sin (α－)＝sin (α－)cos＋cos (α－)sin＝＝.故選D.
(2)解析：因為sin2θ＋sinθcosθ－3cos2θ
＝＝＝，
整理得2tan2θ＋5tanθ－18＝0，
解得tanθ＝2或tanθ＝－，
又因為θ為銳角，則tanθ>0，所以tanθ＝2.
答案：D　(2)2
[鞏固訓練1]　(1)解析：tanα＝＝＝＝＝＝＋1.故選B.
(2)解析：方程sinα＋2cosα＝0，化簡得tanα＝－2，
則cos2α－sinαcosα＝＝，
分子分母同時除以cos2α可得：＝，
將tanα＝－2代入可得cos2α－sinαcosα＝＝＝.故選B.
答案：B　
答案：B微專題3　三角形中的角平分線問題
5.[2023·江蘇鹽城三模]在△ABC中，AD為△ABC的角平分線，且AD＝2.
(1)若∠BAC＝，AB＝3，求△ABC的面積；
(2)若BD＝3，求邊AC的取值范圍．
技法領悟
三角形中與角平分線有關的問題，一般利用三角形的面積之間的關系建立等式來解決問題．
[鞏固訓練4]　[2023·遼寧葫蘆島一模]在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.sin (A－B)＝sin (A＋B)－sin (A＋C)，角A的角平分線交BC于點D，且b＝3，c＝6.
(1)求角A的大小；
(2)求線段AD的長．
微專題4　解三角形與三角函數的性質綜合
6.[2023·河南濮陽模擬]已知f(x)＝2sin (x＋)cosx＋sin2x.
(1)若x∈(0，)，求函數f(x)的值域；
(2)在△ABC中角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若f(A)＝2，且△ABC的面積為2，當a＝6時，求△ABC的周長．
技法領悟
解決此類問題第(1)問一般利用三角恒等變換求出函數的解析式，再研究三角函數的有關性質；第(2)問一般利用正弦、余弦定理研究三角形的面積、周長等問題．
[鞏固訓練5]　已知函數f(x)＝cos (－2x)－2cos2x＋.
(1)求函數f(x)在[0，π]上的單調遞增區間；
(2)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且f＝，a＝，c＝1，求sinB的值．
微專題3　三角形中的角平分線問題
提分題
[例5]　(1)解析：因為S△ABC＝S△ABD＋S△ADC，
所以AB·ACsin＝(AB＋AC)·ADsin，
得：3AC＝2(3＋AC)，解得AC＝6，
所以S△ABC＝AB·ACsin＝.
(2)解析：設∠BAC＝2α，AB＝c，AC＝b，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ADC得
AB·ACsin2α＝AB·ADsinα＋AC·ADsinα，
即bccosα＝b＋c，所以cosα＝，
又在△ABD中cosα＝＝，
所以＝，得b＝，
因為cosα＝∈(0，1)且b>0，得3則c－∈(0，)，所以b>，
即邊AC的取值范圍為(，＋∞)．
[鞏固訓練4]　(1)解析：在△ABC中，由已知sin (A－B)＝sin (A＋B)－sin (A＋C)，可得：
則有：sinAcosB－cosAsinB＝sinAcosB＋cosAsinB－sinB，
即2cosAsinB－sinB＝0.
又sinB≠0，即有cosA＝，
而A∈(0，π)，所以A＝.
(2)解析：在△ABC中，由(1)知A＝，因為AD為角A的角平分線，
則有∠BAD＝∠CAD＝30°，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD得：
×3×6×sin60°＝×AD×6×sin30°＋×3×AD×sin30°，
解得AD＝2，
所以線段AD的長為2.
微專題4　解三角形與三角函數的性質綜合
提分題
[例6]　(1)解析：由題意，函數f(x)＝2sin (x＋)cosx＋sin2x＝2cos2x＋sin2x＝2cos2x－1＋sin2x＋1＝cos2x＋sin2x＋1＝2sin (2x＋)＋1，
當x∈(0，)時，可得<2x＋<，
∴－所以函數f(x)的值域為(0，3].
(2)解析：由(1)得f(A)＝2sin (2A＋)＋1＝2，
所以sin (2A＋)＝，
因為A∈(0，π)，得2A＋∈()，
所以2A＋＝，解得A＝，
又S△ABC＝bcsinA＝2，可得bc＝8，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－24，
因為a＝6，所以b＋c＝2，
所以△ABC的周長為6＋2.
[鞏固訓練5]　(1)解析：已知函數f(x)＝cos (－2x)－2cos2x＋，
則f(x)＝sin2x－2·＝sin2x－cos2x＝2sin (2x－)，
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
則kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
因為x∈[0，π]，令k＝0，則－≤x≤；
令k＝1，則≤x≤，
即函數f(x)的單調遞增區間為[0，]，[，π].
(2)解析：已知f＝，即2sin (A－)＝，即sin (A－)＝，
又－又a＝，c＝1，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA可得b2＋b－2＝0，
又b>0，則b＝1，則B＝，sinB＝.微專題2　三角形邊的中線(或等分線)問題
　3.[2023·新高考Ⅱ卷]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知△ABC面積為，D為BC的中點，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝，求tanB；
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
4.[2023·四川成都三模]在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且c＋a＝bcosC－ccosB.
(1)求角B的大小；
(2)若D是AC邊上一點，且BD＝CD＝b，求cos∠BDA.
技法領悟
解決此類問題時，一般要想到∠BDA＋∠CDA＝180°，如圖所示，此時cos∠BDA＝－cos∠CDA.
[鞏固訓練3]　記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知b2＝ac，點D在邊AC上，BDsin∠ABC＝asinC.
(1)證明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cos∠ABC.
微專題2　三角形邊的中線(或等分線)問題
提分題
[例3]　(1)解析：因為D為BC的中點，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DCsin∠ADC＝2××1×DC×＝，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因為∠ADC＝，所以∠ADB＝.
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝1＋4＋2＝7，
所以c＝.
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝.
在△ABC中，由余弦定理，得cosB＝＝＝，
所以sinB＝＝.
所以tanB＝＝.
(2)解析：因為D為BC的中點，所以BD＝DC.
因為∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos∠ADB＝－cos∠ADC，
則在△ABD與△ADC中，由余弦定理，得＝－，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2.
在△ABC中，由余弦定理，得cos∠BAC＝＝＝－，
所以S△ABC＝bcsin∠BAC
＝bc
＝bc
＝
＝，
解得bc＝4.
則由，解得b＝c＝2.
[例4](1)　解析：∵c＋a＝bcosC－ccosB，
由正弦定理有：
sinC＋sinA＝sinBcosC－sinCcosB，
∵sinA＝sin (B＋C)，
∴sinC＋sinBcosC＋sinCcosB＝sinBcosC－sinCcosB.
∴2sinCcosB＋sinC＝0.
又C∈(0，π)，∴sinC≠0.
∴cosB＝－.
又B∈(0，π)，∴B＝.
(2)　解析：在△BCD中，由余弦定理得：
cos∠BDC＝＝.
在△ABD中，由余弦定理得：cos∠BDA＝＝.
∵∠BDC＋∠BDA＝180°，∴cos∠BDC＝－cos∠BDA.
即＝－，
整理得b2－c2＝2a2.
在△ABC中，由余弦定理得：
cosB＝＝－.
則－＝－＝－.∴a＝c.
∴b2－c2＝6c2，即b＝c.
∴cos∠BDA＝＝.
[鞏固訓練3]　(1)解析：證明：由題設，BD＝，由正弦定理知：＝，即＝，
∴BD＝，又b2＝ac，
∴BD＝b，得證．
(2)解析：由題意知：BD＝b，AD＝，DC＝，
∴cos∠ADB＝＝，同理cos∠CDB＝＝，
∵∠ADB＝π－∠CDB，
∴＝，整理得2a2＋c2＝，又b2＝ac，
∴2a2＋＝，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得＝或＝，
由余弦定理知：cos∠ABC＝＝，
當＝時，cos∠ABC＝>1不合題意；當＝時，cos∠ABC＝；
綜上，cos∠ABC＝.第三講　三角函數與解三角形——大題備考
大題一般為兩問：第一問一般為利用正、余弦定理實施“邊角互化”求角，多與三角形的內角和定理、兩角和與差的正、余弦公式、二倍角公式等相結合；第二問一般與三角形的面積、周長問題相結合，有時與基本不等式相結合求三角形的周長或面積的最值等
微專題1　三角形的面積與周長問題
　1.[2023·新高考Ⅰ卷]已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sinB.
(1)求sinA；
(2)設AB＝5，求AB邊上的高．
2．[2023·河南開封模擬]a，b，c分別為△ABC的內角A，B，C的對邊．已知7acosA＝bcosC＋ccosB．
(1)求sin2A；
(2)若b＋c＝9，a2＝12b2＋1，求△ABC的周長．
1.[2023·河北秦皇島一中二模]已知△ABC內角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，2a2cosB＋b2＝2abcosC＋a2＋c2.
(1)求B；
(2)若△ABC為銳角三角形，且a＝4，求△ABC面積的取值范圍．
2.[2023·安徽三模]已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且cosA＋sinA＝.
(1)求角C；
(2)設BC的中點為D，且AD＝，求a＋2b的取值范圍．
技法領悟
1．若涉及已知條件中含邊長之間的關系，且與面積有關的最值問題，一般利用S＝absinC型面積公式及基本不等式求解．
2．若求與三角形邊長有關的表達式的最值或取值范圍時，一般把邊用三角形的一個角表示，利用角的范圍求解．
[鞏固訓練1]　[2022·新高考Ⅰ卷]記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
(2)求的最小值．
[鞏固訓練2]　在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b＝2acosAcosC＋2ccos2A.
(1)求角A；
(2)若a＝4，求c－2b的取值范圍．
微專題1　三角形的面積與周長問題
保分題
1．解析：方法一　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因為2sin (A－C)＝sinB，
所以2sin (A－)＝sin (－A)，
展開并整理得(sinA－cosA)＝(cosA＋sinA)，
得sinA＝3cosA，
又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，
所以sinA＝.
(2)由正弦定理＝，
得BC＝×sinA＝＝3，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcosC，
得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos，
整理得AC2－3AC＋20＝0，
解得AC＝或AC＝2，
由(1)得，tanA＝3>，所以又A＋B＝，所以B>，
即C設AB邊上的高為h，則×AB×h＝×AC×BCsinC，
即5h＝2×3，
解得h＝6，
所以AB邊上的高為6.
方法二　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因為A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因為2sin (A－C)＝sinB，
所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，
所以2sinAcosC－2cosAsinC＝sinAcosC＋cosAsinC，
所以sinAcosC＝3cosAsinC，
易得cosAcosC≠0，
所以tanA＝3tanC＝3tan＝3，
又sinA>0，
所以sinA＝＝.
(2)由(1)知sinA＝，tanA＝3>0，所以A為銳角，
所以cosA＝，
所以sinB＝sin (－A)＝(cosA＋sinA)＝×()＝，
由正弦定理＝，
得AC＝＝＝2，
故AB邊上的高為AC×sinA＝2＝6.
2．解析：(1)因為7acosA＝bcosC＋ccosB，
所以由正弦定理得7sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB，
即7sinAcosA＝sin (B＋C)＝sinA，又sinA>0，所以cosA＝，
所以A為銳角，所以sinA＝＝，
故sin2A＝2sinAcosA＝2×＝.
(2)因為a2＝b2＋c2－2bccosA＝12b2＋1，b＋c＝9，
所以b2＋(9－b)2－b(9－b)＝12b2＋1，
整理得(17b＋70)(b－2)＝0，解得b＝2(負根舍去)，
所以a2＝12b2＋1＝49，a＝7，
所以△ABC的周長為a＋b＋c＝9＋7＝16.
提分題
[例1]　解析：(1)由余弦定理得2a2cosB＋b2＝a2＋b2－c2＋a2＋c2，
即2a2cosB＝2a2，
所以cosB＝，又B∈(0，π)，則B＝.
(2)方法一　△ABC為銳角三角形，A＋B＋C＝π，B＝，則A＋C＝，
所以，可得又a＝4，則＝，故c＝，
由S△ABC＝acsinB＝c＝，即S△ABC＝＋4，而tanA>1，
所以S△ABC∈(4，8)，故△ABC面積的取值范圍為(4，8)．
方法二　由B＝，a＝4，畫出如圖所示三角形，
∵△ABC為銳角三角形，
∴點A落在線段A1A2(端點A1，A2除外)上，
當CA1⊥A1B時，S△A1BC＝×2×2＝4，
當CA2⊥BC時，S△A2BC＝×4×4＝8，
∴S∈(4，8)．
[例2]　(1)解析：△ABC中，cosA＋sinA＝，
由正弦定理得cosA＋sinA＝.
所以sinCcosA＋sinAsinC＝sinB＋sinA，
即sinCcosA＋sinAsinC＝sin (A＋C)＋sinA＝sinAcosC＋sinCcosA＋sinA，
所以sinAsinC＝sinAcosC＋sinA；
又A∈(0，π)，則sinA≠0，所以sinC－cosC＝1，
則有sin (C－)＝，又因為C∈(0，π)，則C－＝，即C＝.
(2)解析：設∠CAD＝θ，則△ACD中，由C＝可知θ∈(0，)，
由正弦定理及AD＝可得＝＝＝2，
所以CD＝2sinθ，AC＝2sin (－θ)，
所以a＋2b＝4sinθ＋4sin (－θ)＝6sinθ＋2cosθ＝4sin (θ＋)，
由θ∈(0，)可知，θ＋∈()，sin (θ＋)∈(，1]，
所以a＋2b∈(2，4].
即a＋2b的取值范圍為(2，4].
[鞏固訓練1]　(1)解析：由已知條件，得sin2B＋sinAsin2B＝cosA＋cosAcos2B.
所以sin2B＝cosA＋cosAcos2B－sinAsin2B＝cosA＋cos (A＋2B)＝cos [π－(B＋C)]＋cos [π－(B＋C)＋2B]＝－cos (B＋C)＋cos [π＋(B－C)]＝－2cosBcosC，
所以2sinBcosB＝－2cosBcosC，
即(sinB＋cosC)cosB＝0.
由已知條件，得1＋cos2B≠0，則B≠，
所以cosB≠0，所以sinB＝－cosC＝.
又0＜B＜，所以B＝.
(2)解析：由(1)知sinB＝－cosC＞0，則B＝C－，
所以sinA＝sin (B＋C)＝sin (2C－)＝－cos2C.
由正弦定理，得＝＝＝＝＝＋4sin2C－5≥2－5＝4－5，
當且僅當sin2C＝時，等號成立，所以的最小值為4－5.
[鞏固訓練2]　(1)解析：因為b＝2acosAcosC＋2ccos2A，
由正弦定理得sinB＝2sinAcosAcosC＋2sinCcos2A，
即sinB＝2cosA(sinAcosC＋sinCcosA)，
即sinB＝2cosAsin (A＋C)，
因為A＋B＋C＝π，所以A＋C＝π－B，
所以sinB＝2cosAsinB.
因為B∈(0，π)，所以sinB≠0，
所以cosA＝，因為A∈(0，π)，所以A＝.
(2)解析：由(1)知sinB＝－cosC＞0，則B＝C－，
所以sinA＝sin (B＋C)＝sin (2C－)＝－cos2C.
由正弦定理，得＝＝＝＝＝＋4sin2C－5≥2－5＝4－5，
當且僅當sin2C＝時，等號成立，所以的最小值為4－5.
由正弦定理得＝，
所以c－2b＝(sinC－2sinB)＝[sin (π－－B)－2sinB]＝cosB－sinB)＝8(cosBcos－sinBsin)，
所以c－2b＝8cos (B＋)．
因為B∈(0，)，所以B＋∈(，π)，
所以cos (B＋)∈(－1，)，所以c－2b∈(－8，4)．微專題4　由三角函數的性質求參數范圍
4.(1)[2023·安徽馬鞍山一模]已知函數f(x)＝tan (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的圖象經過點(0，)，若函數f(x)在區間[0，π]內恰有兩個零點，則實數ω的取值范圍是(　　)
A．[] B．[)
C．[] D．[)
(2)[2023·山東菏澤二模]已知函數f(x)＝sinωx－cosωx(ω>0)在區間[－]上單調遞增，且在區間[0，π]上只取得一次最大值，則ω的取值范圍是(　　)
A．[] B．[]
C．[] D．[]
技法領悟
對于已知函數的單調區間的某一部分確定參數ω的范圍的問題，首先，明確已知的單調區間應為函數的單調區間的子集，其次，要確定已知函數的單調區間，從而利用它們之間的關系可求解．
[鞏固訓練4]　(1)[2023·河南鄭州三模]設函數g(x)＝sin (ωx＋)在區間(0，π)內恰有三個極值點、兩個零點，則ω的取值范圍是(　　)
A．(] B．[)
C．[) D．(]
(2)已知f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0，ω∈R)在[，π]上是嚴格減函數，則ω的取值范圍是________．
微專題4　由三角函數的性質求參數范圍
提分題
[例4]　(1)解析：由條件可知f(0)＝tanφ＝，|φ|<，所以φ＝，f(x)＝tan (ωx＋)，當x∈[0，π]時，ωx＋∈[，ωπ＋]，若函數在區間[0，π]上恰有2個零點，則2π≤ωπ＋<3π，解得≤ω<.故選D.
(2)解析：函數f(x)向左平移φ個單位長度，得到函數g(x)＝sin [2(x＋φ)－]，函數g(x)是奇函數，所以g(0)＝sin (2φ－)＝0，則2φ－＝kπ，k∈Z，則φ＝，k∈Z，因為φ∈(0，)，所以φ＝.
依題意，函數f(x)＝2sin (ωx－)，ω>0，因為f(x)在區間[－]上單調遞增，由x∈[－]，則ωx－∈[－ω－ω－]，于是－ω－≥－且ω－，解得ω≤且ω≤，即0<ω≤，當x∈[0，π]時，ωx－∈[－，ωπ－]，因為f(x)在區間[0，π]上只取得一次最大值，因此≤ωπ－<，解得≤ω<，所以ω的取值范圍是[].故選B.
答案：D　
答案：B
[鞏固訓練4]　(1)解析：x＝0時，ωx＋＝，0<<，因此由題意<ωπ＋≤3π，解得<ω≤.故選A.
(2)解析：因為x∈[，π]，所以ω＋≤ωx＋≤πω＋，
由題意得[ω＋，πω＋] [＋2kπ，＋2kπ]，k∈Z，
所以，k∈Z，可得，k∈Z.
由ω>0，當k＝0，解得≤ω≤.
所以ω的取值范圍是[].
答案：A　(2)[]微專題3　三角函數性質與圖象的綜合
　1.[2023·河南許昌實驗中學二模]已知函數f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象是由y＝2sin (ωx＋)的圖象向右平移個單位長度得到的，若f(x)的最小正周期為π，則f(x)圖象的對稱軸中與y軸距離最近的對稱軸方程為(　　)
A．x＝－B．x＝
C．x＝－D．x＝
2.
[2023·河南安陽二模]已知函數f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤)的部分圖象如圖所示，則f(x)在[，π]上的值域為(　　)
A．[－] B．[－1，]
C．[－1，] D．[－]
3.
[2023·河北石家莊三模]已知函數f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分圖象如圖所示，則f(x)圖象的一個對稱中心是(　　)
A．(，0) B．(－，0)
C．(，0) D．(－，0)
3.(1)[2023·安徽淮北二模](多選)函數f(x)＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，－<φ<)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A．f(x)的最小正周期為π
B．φ＝
C．f(x)在[－1，]上單調遞增
D．將函數f(x)的圖象向左平移個單位得到函數g(x)＝cos2x的圖象
(2)[2023·廣東深圳一模]將函數y＝sin (2x＋)的圖象上所有點的縱坐標保持不變，橫坐標變為原來的(ω∈N*)倍后，所得函數g(x)的圖象在區間(0，π)上有且僅有兩條對稱軸和兩個對稱中心，則ω的值為________.
技法領悟
三角函數的性質主要是指單調性、周期性、奇偶性以及對稱性，解題時，一是把所給的表達式化為y＝Asin (ωx＋φ)的形式，利用整體代換法，對比正、余弦函數的性質求解；二是注意結合三角函數圖象進行分析．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·安徽淮南二模]已知函數f(x)＝Asin (ωx＋φ)，(A>0，ω>0，|φ|<)的相鄰兩個對稱中心距離為且圖象經過M(，A)，若將f(x)圖象上的所有點向右平移個單位長度得到函數g(x)的圖象，則函數g(x)的單調遞減區間是(　　)
A．[kπ－，kπ＋]，k∈Z
B．[kπ＋，kπ＋]，k∈Z
C．[kπ，kπ＋]，k∈Z
D．[kπ＋，kπ＋]，k∈Z
(2)[2023·福建廈門二模]將函數f(x)＝sin (2x－)的圖象向左平移φ(0＜φ＜)個單位長度．得到函數g(x)的圖象，若g(x)是奇函數，則φ＝________．
微專題3　三角函數性質與圖象的綜合
保分題
1．解析：因為ω>0，所以＝π，得ω＝2，所以f(x)＝2sin [2(x－)＋]＝2sin (2x－)，令2x－＝kπ＋，k∈Z，解得x＝，k∈Z，取k＝0，得x＝，取k＝－1，得x＝－，因為<，所以與y軸距離最近的對稱軸方程為x＝－.故選C.
答案：C
2．解析：因為f(0)＝sinφ＝－，且|φ|≤，所以φ＝－.因為f＝sin (ω－)＝0，且f(x)在(，0)附近單調遞減，所以ω－＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin (2x－)，當x∈[，π]時，2x－∈[]，sin (2x－)∈[－1，].故選C.
答案：C
3．解析：方法一　設f(x)的最小正周期為T，由函數圖象可知，＝＝，∴T＝2π，
∴T＝＝2π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sin (x＋φ)，
又∵當x＝－時，f(x)取最大值，
∴－＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝＋2kπ，k∈Z，
∵0<φ<π，∴φ＝，
∴f(x)＝2sin (x＋)．
令x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－＋kπ，k∈Z，
∴f(x)的對稱中心為(－＋kπ，0)，k∈Z，
當k＝－1時，f(x)的一個對稱中心為(－，0)．
方法二　設f(x)的最小正周期為T，由函數圖象可知，
＝＝，∴＝π，
由圖象可知，f(x)的一個對稱中心為(，0)，
∴f(x)的對稱中心為(＋kπ，0)，k∈Z，
當k＝－2時，f(x)的一個對稱中心為(－，0)．故選D.
答案：D
提分題
[例3](1)　解析：由圖象可得，＝＝，
所以T＝π，ω＝＝2，故A項正確；
由圖象可得，A＝，所以f(x)＝sin (2x＋φ)．
又圖象過點(，－)，
根據“五點法”可得2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
所以φ＝＋2kπ，k∈Z.
又－<φ<，所以φ＝，
所以f(x)＝sin (2x＋)，故B項錯誤；
因為－1≤x≤，所以－2＋≤2x＋.
因為π<2，所以＝>0，所以>，
所以>＝.
因為y＝sinx在[－]上單調遞增，在[]上單調遞減，故C項錯誤；
因為f(x)＝sin (2x＋)，
將函數f(x)的圖象向左平移個單位，可得y＝sin [2(x＋)＋]＝sin (2x＋)＝cos2x的圖象，故D項正確．故選AD.
(2)　解析：由題可知g(x)＝sin (2×x＋)＝sin (ωx＋)．
因為x∈(0，π)，所以ωx＋∈(，ωπ＋)．
所以y＝sinx，x∈(，3π)的圖象大致如圖所示，
要使g(x)的圖象在區間(0，π)上有且僅有兩條對稱軸和兩個對稱中心，
則2π<ωπ＋，解得<ω≤，
因為ω∈N*，所以ω＝2.
答案：AD　(2)2
[鞏固訓練3]　解析：(1)解析：依題意，函數f(x)的周期＝T＝2×＝π，則ω＝2，又f＝A，即2×＋φ＝＋2nπ，n∈Z，而|φ|<，因此φ＝，f(x)＝Asin (2x＋)，g(x)＝f(x－)＝Asin (2x－)，由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z得：kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，所以函數g(x)的單調遞減區間是[kπ＋，kπ＋]，k∈Z.故選B.
(2)解析：函數f(x)向左平移φ個單位長度，得到函數g(x)＝sin [2(x＋φ)－]，函數g(x)是奇函數，所以g(0)＝sin (2φ－)＝0，則2φ－＝kπ，k∈Z，則φ＝，k∈Z，因為φ∈(0，)，所以φ＝.
答案：B　(2)微專題2　三角函數的性質
常考常用結論
1．三角函數的單調區間
y＝sinx的單調遞增區間是[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)，單調遞減區間是[2kπ＋，2kπ＋](k∈Z)；
y＝cosx的單調遞增區間是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，單調遞減區間是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；
y＝tanx的遞增區間是(kπ－，kπ＋)(k∈Z)．
2．三角函數的奇偶性與對稱性
y＝Asin (ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數；
當φ＝kπ＋(k∈Z)時為偶函數；
對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得．
y＝Acos (ωx＋φ)，當φ＝kπ＋(k∈Z)時為奇函數；
當φ＝kπ(k∈Z)時為偶函數；
對稱軸方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．
y＝Atan (ωx＋φ)，當φ＝kπ(k∈Z)時為奇函數．
3．三角函數的周期
(1)y＝Asin (ωx＋φ)和y＝Acos (ωx＋φ)的最小正周期為，y＝Atan (ωx＋φ)的最小正周期為.
(2)正弦曲線、余弦曲線相鄰兩對稱中心、相鄰兩對稱軸之間的距離是個最小正周期，相鄰的對稱中心與對稱軸之間的距離是個最小正周期；正切曲線相鄰兩對稱中心之間的距離是個最小正周期．
1.[2023·安徽馬鞍山二模]函數f(x)＝2sin (x＋)在下列區間中單調遞減的是(　　)
A．(0，) B．(，π)
C．(π，) D．(，2π)
2．(多選)下列命題正確的是(　　)
A．y＝3cosx－2的最小值為－5
B．y＝|cosx|的最小正周期為2π
C．y＝sin (2x＋)關于直線x＝對稱
D．y＝tan (x－)在區間(0，)單調遞增
3．已知曲線y＝－2cos (x＋φ)的一條對稱軸是x＝，則φ的值可能為(　　)
A．　　　B．C．　　D．
2.(1)[2023·全國乙卷]已知函數f(x)＝sin (ωx＋φ)在區間()單調遞增，直線x＝和x＝為函數y＝f(x)的圖象的兩條相鄰對稱軸，則f(－)＝(　　)
A．－　　B．－　　C．　　D．
(2)[2023·廣東廣州三模](多選)若函數f(x)＝sin4x＋cos4x，則(　　)
A．函數f(x)的一條對稱軸為x＝
B．函數f(x)的一個對稱中心為(，0)
C．函數f(x)的最小正周期為
D．若函數g(x)＝8[f(x)－]，則g(x)的最大值為2
技法領悟
1．三角函數單調區間的求法
(1)代換法：求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos (ωx＋φ))(A、ω、φ為常數，A≠0，ω>0)的單調區間的一般思路是令ωx＋φ＝z，則y＝Asinz(或y＝Acosz)，然后由復合函數的單調性求得．
(2)圖象法：畫出三角函數的圖象，結合圖象求其單調區間．
2．判斷對稱中心與對稱軸的方法
利用函數y＝Asin (ωx＋φ)的對稱軸一定經過圖象的最高點或最低點，對稱中心一定是函數的零點這一性質，通過檢驗f(x0)的值進行判斷．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·安徽合肥一模]已知函數f(x)＝cos (x＋)cos (x＋)，則下列說法正確的是(　　)
A．點(－，0)是曲線y＝f(x)的對稱中心
B．點()是曲線y＝f(x)的對稱中心
C．直線x＝是曲線y＝f(x)的對稱軸
D．直線x＝是曲線y＝f(x)的對稱軸
(2)[2023·湖南岳陽模擬]已知函數f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0)，若函數f(x)的圖象關于點(，0)中心對稱，且關于直線x＝軸對稱，則ω的最小值為________．
微專題2　三角函數的性質
保分題
1．解析：由2kπ＋f(x)的減區間是(2kπ＋，2kπ＋)，k∈Z，
只有選項B的區間(，π) ()．故選B.
答案：B
2．解析：當cosx＝－1時，y＝3cosx－2的最小值為－5，A正確；
f(x)＝|cosx|，則f(x＋π)＝|cos (x＋π)|＝|－cosx|＝|cosx|＝f(x)，即π為y＝|cosx|的周期，故y＝|cosx|的最小正周期不是2π，B錯誤；
當x＝時，y＝sin (2×)＝1，所以y＝sin (2x＋)關于直線x＝對稱，C正確；
當x∈(0，)時，x－∈(－)，函數y＝tanx在(－)上單調遞增，故y＝tan (x－)在區間(0，)單調遞增，D正確．故選ACD.
答案：ACD
3．解析：由題意，－2cos (φ＋)＝±2，即cos (φ＋)＝±1，于是φ＋＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z，經檢驗，只有當k＝1時即φ＝時符合．故選C.
答案：C
提分題
[例2]　(1)解析：由題意得＝，解得ω＝2，易知x＝是f(x)的最小值點，所以×2＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，得φ＝＋2kπ(k∈Z)，于是f(x)＝sin＝sin，f＝sin (－×2＋)＝sin＝，故選D.
(2)解析：由題意得，f(x)＝sin4x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＝1－sin22x＝1－＝cos4x＋.
當x＝時，f(x)＝cos (4×)＋＝，又f(x)min＝，所以x＝是函數f(x)的一條對稱軸，故A正確；
由選項A分析可知f＝，所以點(，0)不是函數f(x)的對稱點，故B錯誤；
由T＝＝，知函數f(x)的最小正周期為，故C正確；
g(x)＝8[f(x)－]＝2cos4x，所以g(x)max＝2，故D正確．故選ACD.
答案：D　
答案：ACD
[鞏固訓練2]　(1)解析：由題意得f(x)＝cos (x＋)cos (x＋)＝－sinx(cosx－sinx)
＝(sin2x－sinxcosx)
＝)
＝－(sin2x＋cos2x)＋
＝－sin (2x＋)＋，
由2x＋＝kπ得x＝－，則f(x)的對稱中心為()(k∈Z)，所以A，B錯誤．
由2x＋＝＋kπ得x＝，則f(x)的對稱軸方程為x＝(k∈Z)，C正確，D錯誤．故選C.
(2)解析：由題知f(x)的圖象關于點(，0)中心對稱，且關于直線x＝軸對稱，則與之間的距離為，(k∈Z)，即＝＝，(k∈Z)，即ω＝3＋6k，(k∈Z)，因為ω>0，所以當k＝0時，ω的最小值為3.
答案：C　(2)3微專題1　三角函數的圖象
常考常用結論
1．三角函數的圖象
y＝sinx，x∈[－2π，2π]
y＝sin|x|，x∈[－2π，2π]
y＝|sinx|，x∈[－2π，2π]
y＝cosx，x∈[－2π，2π]
y＝cos|x|，x∈[－2π，2π]
y＝|cosx|，x∈[－2π，2π]
y＝tanx，x∈(－)
y＝tan|x|，x∈(－)
y＝|tanx|，x∈(－)
2.三角函數的兩種常見變換
(1)y＝sinx
y＝sin (x＋φ),
y＝sin (ωx＋φ),
y＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
(2)y＝sinx,
y＝sinωx,
y＝sin (ωx＋φ),
y＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
1.[2023·山東濱州模擬]將函數f(x)＝sin (2x－)的圖象向左平移個單位長度后得到函數g(x)的圖象，則g(x)的解析式為(　　)
A．g(x)＝sin2x
B．g(x)＝sin (2x－)
C．g(x)＝sin (2x＋)
D．g(x)＝－cos2x
2．[2023·安徽蚌埠三模]已知函數f(x)＝sin (2x－)，則要得到函數g(x)＝sin2x的圖象，只需將函數f(x)的圖象(　　)
A．向左平移個單位
B．向右平移個單位
C．向左平移個單位
D．向右平移個單位
3.
[2023·河南信陽模擬]函數f(x)＝sin (2ωx＋φ)(x∈R，ω>0，0≤φ<2π)的部分圖象如圖，則(　　)
A．ω＝，φ＝B．ω＝，φ＝
C．ω＝，φ＝D．ω＝，φ＝
1.(1)[2023·全國甲卷]函數y＝f(x)的圖象由函數y＝cos (2x＋)的圖象向左平移個單位長度得到，則y＝f(x)的圖象與直線y＝x－的交點個數為(　　)
A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4
(2)[2023·安徽蚌埠二模]已知函數f(x)的圖象如圖所示，則該函數的解析式可能是(　　)
A．f(x)＝|sinx|＋|cosx|－2sin2x
B．f(x)＝|sinx|－|cosx|＋2sin2x
C．f(x)＝|sinx|－|cosx|＋2cos2x
D．f(x)＝|sinx|＋|cosx|＋2cos2x
技法領悟
1．在圖象變換過程中務必分清是先相位變換，還是先周期變換．變換只是相對于其中的自變量x而言的，如果x的系數不是1，就要把這個系數提取后再確定變換的單位長度和方向．
2．已知函數y＝Asin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的圖象求解析式時，常采用待定系數法，由圖中的最高點、最低點或特殊點求A；由函數的周期確定ω；確定φ常根據“五點法”中的五個點求解，其中一般把第一個零點作為突破口，可以從圖象的升降找準第一個零點的位置．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·江西上饒模擬]已知是函數f(x)＝sinx＋acosx的一個零點，將函數y＝f(2x)的圖象向右平移個單位長度后所得圖象的表達式為(　　)
A．y＝2sin (2x－) 　B．y＝2sin (2x＋)
C．y＝－2cos2x　D．y＝2cos2x
(2)
已知函數f(x)＝Acos (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)，將函數f(x)的圖象向左平移個單位長度，得到函數g(x)的部分圖象如圖所示，則g＝(　　)
A．　　B．　　C．－　　D．－
微專題1　三角函數的圖象
保分題
1．解析：函數f(x)＝sin (2x－)的圖象向左平移個單位長度后，得到函數g(x)＝sin [2(x＋)－]＝sin (2x＋)．故選C.
答案：C
2．解析：因為g(x)＝sin2x＝sin [2(x＋)－]，所以要得到函數g(x)＝sin2x的圖象，只需將函數f(x)的圖象向左平移個單位即可．故選C.
答案：C
3．解析：由題意可知，函數的周期為T＝4×(3－1)＝8，T＝，則ω＝；函數的圖象經過(1，1)，所以1＝sin (＋φ)，＋φ＝＋2kπ，φ＝＋2kπ，k∈Z.因為0≤φ<2π，所以當k＝0時，φ＝.故選B.
答案：B
提分題
[例1]　(1)解析：把函數y＝cos的圖象向左平移個單位長度后得到函數f(x)＝cos＝cos＝－sin2x的圖象．作出函數f(x)的部分圖象和直線y＝x－如圖所示．觀察圖象知，共有3個交點．故選C.
(2)解析：由題可知，圖象過點(0，1)，取x＝0，
對于A：f(0)＝|sin0|＋|cos0|－2sin0＝0＋1－0＝1；
對于B：f(0)＝|sin0|－|cos0|＋2sin0＝0－1＋0＝－1；
對于C：f(0)＝|sin0|－|cos0|＋2cos0＝0－1＋2＝1；
對于D：f(0)＝|sin0|＋|cos0|＋2cos0＝3；
故可排除B、D，又由圖象可知，當x＝時，f(x)>0，取x＝，
對于A：f＝－2sin (2·)＝1＋0－0＝1>0；
對于C：f＝＋2cos (2·)＝1－0－2＝－1<0；
可排除C.故選A.
答案：C　
答案：A
[鞏固訓練1]　(1)解析：依題意，f＝sin＋acos＝a＋＝0，解得a＝－，
所以f(x)＝sinx－cosx＝2sin (x－)，
所以f(2x)＝2sin (2x－)，
將y＝f(2x)向右平移個單位長度得到y＝2sin [2(x－)－]＝2sin (2x－)＝－2cos2x.故選C.
(2)解析：由題意可知，g(x)＝Acos (ωx＋ω＋φ)，
由圖象知，A＝1，T＝－(－)＝，解得T＝π，所以ω＝＝2；
代入增區間上的零點(，0)后可得：cos (＋φ)＝0，
所以＋φ＝－＋2kπ(k∈Z)，
所以φ＝－＋2kπ(k∈Z)，因為|φ|<，所以φ＝－.即g(x)＝cos (2x＋)，
所以g＝.故選B.
答案：C　
答案：B

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