2022届高三理科数学三角函数总复习教学案.docx

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1、2022届高三理科数学三角函数总复习教学案2022届高三理科数学数列总复习 第六章数列 高考导航 考试要求重难点击命题展望1.数列的概念和简洁表示法?（1）了解数列的概念和几种简洁的表示方法（列表、图象、通项公式）；?（2）了解数列是自变量为正整数的一类函数.?2.等差数列、等比数列?（1）理解等差数列、等比数列的概念；?（2）驾驭等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；?（3）能在详细问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关学问解决相应的问题；?（4）了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;2.

2、注意提炼一些重要的思想和方法，如：视察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?本章难点：1.数列概念的理解；2.等差等比数列性质的运用；3.数列通项与求和方法的运用.仍旧会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注意数列与其他分支的综合实力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要缘由是它作为一个特别函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探究性强的问题，更体现了学问交叉命题原则得以贯彻；又因为数列与生产、生活的

3、联系，使数列应用题也倍受欢迎. 学问网络 6.1数列的概念与简洁表示法 典例精析题型一归纳、猜想法求数列通项【例1】依据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：(1)7,77,777,7777，(2)23，415，635，863，(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，【解析】(1)将数列变形为79(101)，79(1021)，79(1031)，79(10n1)，故an79(10n1).(2)分开视察，正负号由(1)n1确定，分子是偶数2n，分母是13,35,57，(2n1)(2n1)，故数列的通项公式可写成an(1)n1.(3)将已知数列变为10,21,30,41,50,61,70,

4、81,90，.故数列的通项公式为ann.【点拨】联想与转换是由已知相识未知的两种有效的思维方法，视察归纳是由特别到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.【变式训练1】如下表定义函数f(x)：x12345f(x)54312对于数列an，a14，anf(an1)，n2,3,4，则a2022的值是()A.1B.2C.3D.4【解析】a14，a21，a35，a42，a54，可得an4an.所以a2022a42，故选B.题型二应用an求数列通项【例2】已知数列an的前n项和Sn，分别求其通项公式：(1)Sn3n2；(2)Sn18(an2)

5、2(an0).【解析】(1)当n1时，a1S13121，当n2时，anSnSn1(3n2)(3n12)23n1，又a11不适合上式，故an(2)当n1时，a1S118(a12)2，解得a12，当n2时，anSnSn118(an2)218(an12)2，所以(an2)2(an12)20，所以(anan1)(anan14)0，又an0，所以anan14，可知an为等差数列，公差为4，所以ana1(n1)d2(n1)44n2，a12也适合上式，故an4n2.【点拨】本例的关键是应用an求数列的通项，特殊要留意验证a1的值是否满意“n2”的一般性通项公式.【变式训练2】已知a11，ann(an1an)

6、(nN*)，则数列an的通项公式是()A.2n1B.(n1n)n1C.n2D.n【解析】由ann(an1an)an1ann1n.所以ananan1an1an2a2a1nn1n1n23221n，故选D.题型三利用递推关系求数列的通项【例3】已知在数列an中a11，求满意下列条件的数列的通项公式：(1)an1an12an；(2)an12an2n1.【解析】(1)因为对于一切nN*，an0，因此由an1an12an得1an11an2，即1an11an2.所以1an是等差数列，1an1a1(n1)22n1，即an12n1.(2)依据已知条件得an12n1an2n1，即an12n1an2n1.所以数列a

7、n2n是等差数列，an2n12(n1)2n12，即an(2n1)2n1.【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.【变式训练3】设an是首项为1的正项数列，且(n1)a2n1na2nan1an0(n1,2,3，)，求an.【解析】因为数列an是首项为1的正项数列，所以anan10，所以(n1)an1annanan110，令an1ant，所以(n1)t2tn0，所以(n1)tn(t1)0，得tnn1或t1(舍去)，即an1annn1.所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan11223344

8、5n1n，所以an1n.总结提高1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.2.由Sn求an时，要分n1和n2两种状况.3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用SnSn1an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an. 6.2等差数列 典例精析题型一等差数列的判定与基本运算【例1】已知数列an前n项和Snn29n.(1)求证：an为等差数列；(2)记数列|an|的前n项和为Tn，求Tn的表达式.【解析】(1)证明：n1时，a1S18，当n2时，anSnSn1n29n(n1)29(n1)

9、2n10，当n1时，也适合该式，所以an2n10(nN*).当n2时，anan12，所以an为等差数列.(2)因为n5时，an0，n6时，an0.所以当n5时，TnSn9nn2，当n6时，Tna1a2a5a6ana1a2a5a6a7anSn2S5n29n2(20)n29n40， 所以， 【点拨】依据定义法推断数列为等差数列，敏捷运用求和公式.【变式训练1】已知等差数列an的前n项和为Sn，且S2142，若记bn，则数列bn()A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列【解析】本题考查了两类常见数列，特殊是等差数列

10、的性质.依据条件找出等差数列an的首项与公差之间的关系从而确定数列bn的通项是解决问题的突破口.an是等差数列，则S2121a121202d42.所以a110d2，即a112.所以bn22(2a11)201，即数列bn是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.题型二公式的应用【例2】设等差数列an的前n项和为Sn，已知a312，S120，S130.(1)求公差d的取值范围；(2)指出S1，S2，S12中哪一个值最大，并说明理由.【解析】(1)依题意，有S1212a112(121)d20，S1313a113(131)d20，即由a312，得a1122d.将分别代入式，得所以247d3.(

11、2)方法一：由d0可知a1a2a3a12a13，因此，若在1n12中存在自然数n，使得an0，an10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值.由于S126(a6a7)0，S1313a70，即a6a70，a70，因此a60，a70，故在S1，S2，S12中，S6的值最大.方法二：由d0可知a1a2a3a12a13，因此，若在1n12中存在自然数n，使得an0，an10，则Sn就是S1，S2，S12中的最大值.故在S1，S2，S12中，S6的值最大.【变式训练2】在等差数列an中，公差d0，a2022，a2022是方程x23x50的两个根，Sn是数列an的前n项的和，那么满意条件Sn0的最大自然

12、数n.【解析】由题意知又因为公差d0，所以a20220，a20220.当n4015时，S4015a1a401524015a202240150；当n4016时，S4016a1a401624016a2022a2022240160.所以满意条件Sn0的最大自然数n4015.题型三性质的应用【例3】某地区2022年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人；但从9月11日起，该地区医疗部门实行措施，使该种病毒的传播得到限制，每天的新感染者人数比前一天削减10人.(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数

13、；(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人？【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.所以9月10日的新感染者人数为40(101)40400(人).所以9月11日的新感染者人数为40010390(人).(2)9月份前10天的新感染者人数和为S1010(40400)22200(人)，9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为10的等差数列.所以后20天新感染者的人数和为T202039020(201)2(10)5900(人).所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有220059008100(人

14、).【变式训练3】设等差数列an的前n项和为Sn，若S410，S515，则a4的最大值为.【解析】因为等差数列an的前n项和为Sn，且S410，S515， 所以53d2a43d，即53d62d，所以d1，所以a43d314，故a4的最大值为4.总结提高1.在娴熟应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，aman(mn)d.2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即擅长削减运算量，达到快速、精确的目的.3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要擅长设元，目的仍在于削减运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，ad，a2d外，还可设a

15、d，a，ad；四个数成等差数列时，可设为a3m，am，am，a3m.4.在求解数列问题时，要留意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用. 6.3等比数列 典例精析题型一等比数列的基本运算与判定【例1】数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1n2nSn(n1,2,3，).求证：(1)数列Snn是等比数列；(2)Sn14an.【解析】(1)因为an1Sn1Sn，an1n2nSn，所以(n2)Snn(Sn1Sn).整理得nSn12(n1)Sn，所以Sn1n12Snn，故Snn是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知Sn1n14Sn1n14ann1(n2)，于是Sn14(n1)Sn1n1

16、4an(n2).又a23S13，故S2a1a24.因此对于随意正整数n1，都有Sn14an.【点拨】运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应留意在运用等比数列前n项和公式时，应充分探讨公比q是否等于1；应用定义推断数列是否是等比数列是最干脆，最有依据的方法，也是通法，若推断一个数列是等比数列可用an1anq(常数)恒成立，也可用a2n1anan2恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.【变式训练1】等比数列an中，a1317，q12.记f(n)a1a2an，则当f(n)最大时，n的值为()A

17、.7B.8C.9D.10【解析】an317(12)n1，易知a931712561，a100,0a111.又a1a2a90，故f(9)a1a2a9的值最大，此时n9.故选C.题型二性质运用【例2】在等比数列an中，a1a633，a3a432，anan1(nN*).(1)求an；(2)若Tnlga1lga2lgan，求Tn.【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6a3a432，又a1a633，a1a6，解得a132，a61，所以a6a1132，即q5132，所以q12，所以an32(12)n126n.(2)由等比数列的性质可知，lgan是等差数列，因为lganlg26n(6n)lg2，lga15

18、lg2，所以Tn(lga1lgan)n2n(11n)2lg2.【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要娴熟驾驭.【变式训练2】在等差数列an中，若a150，则有等式a1a2ana1a2a29n(n29，nN*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列bn中，若b191，能得到什么等式？【解析】由题设可知，假如am0，在等差数列中有a1a2ana1a2a2m1n(n2m1，nN*)成立，我们知道，假如mnpq，则amanapaq，而对于等比数列bn，则有若mnpq，则amanapaq，所以可以得出结论：若bm1，则有b1b2bnb1b2b2m1n(n2m

19、1，nN*)成立.在本题中则有b1b2bnb1b2b37n(n37，nN*).题型三综合运用【例3】设数列an的前n项和为Sn，其中an0，a1为常数，且a1，Sn，an1成等差数列.(1)求an的通项公式；(2)设bn1Sn，问是否存在a1，使数列bn为等比数列？若存在，则求出a1的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可得2Snan1a1.所以当n2时，有两式相减得an13an(n2).又a22S1a13a1，an0，所以an是以首项为a1，公比为q3的等比数列.所以ana13n1.(2)因为Sna1(1qn)1q12a112a13n，所以bn1Sn112a112a13n.要使bn为

20、等比数列，当且仅当112a10，即a12，此时bn3n.所以bn是首项为3，公比为q3的等比数列.所以bn能为等比数列，此时a12.【变式训练3】已知命题：若an为等差数列，且ama，anb(mn，m、nN*)，则amnbnamnm.现在已知数列bn(bn0，nN*)为等比数列，且bma，bnb(mn，m，nN*)，类比上述结论得bmn.【解析】nmbnam.总结提高1.方程思想，即等比数列an中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可“知三求二”，通过求和与通项两公式列方程组求解.2.对于已知数列an递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式anSnSn1(n2)，再引入协助数列，转化为等比数列

21、问题求解.3.分类探讨思想：当a10，q1或a10,0q1时，等比数列an为递增数列；当a10,0q1或a10，q1时，an为递减数列；q0时，an为摇摆数列；q1时，an为常数列. 6.4数列求和 典例精析题型一错位相减法求和【例1】求和：Sn1a2a23a3nan.【解析】(1)a1时，Sn123nn(n1)2.(2)a1时，因为a0，Sn1a2a23a3nan，1aSn1a22a3n1annan1.由得(11a)Sn1a1a21annan11a(11an)11anan1，所以Sna(an1)n(a1)an(a1)2.综上所述，Sn【点拨】(1)若数列an是等差数列，bn是等比数列，则求数

22、列anbn的前n项和时，可采纳错位相减法；(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行探讨；(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，留意错位及未合并项的正负号.【变式训练1】数列2n32n3的前n项和为()A.42n12n1B.42n72n2C.82n12n3D.63n22n1【解析】取n1，2n32n34.故选C.题型二分组并项求和法【例2】求和Sn1(112)(11214)(1121412n1).【解析】和式中第k项为ak1121412k11(12)k1122(112k).所以Sn2(112)(1122)(112n)(1212212n)2n12(112n)1122n(112n)2n2

23、12n1.【变式训练2】数列1,12,1222，122223，12222n1，的前n项和为()A.2n1B.n2nnC.2n1nD.2n1n2【解析】an12222n12n1，Sn(211)(221)(2n1)2n1n2.故选D.题型三裂项相消法求和【例3】数列an满意a18，a42，且an22an1an0(nN*).(1)求数列an的通项公式；(2)设bn1n(14an)(nN*)，Tnb1b2bn(nN*)，若对随意非零自然数n，Tnm32恒成立，求m的最大整数值.【解析】(1)由an22an1an0，得an2an1an1an，从而可知数列an为等差数列，设其公差为d，则da4a1412，

24、所以an8(n1)(2)102n.(2)bn1n(14an)12n(n2)14(1n1n2)，所以Tnb1b2bn14(1113)(1214)(1n1n2)14(1121n11n2)3814(n1)14(n2)m32，上式对一切nN*恒成立.所以m128n18n2对一切nN*恒成立.对nN*，(128n18n2)min12811812163，所以m163，故m的最大整数值为5.【点拨】(1)若数列an的通项能转化为f(n1)f(n)的形式，常采纳裂项相消法求和.(2)运用裂项相消法求和时，要留意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.【变式训练3】已知数列an，bn的前n项和为An，Bn，记

25、cnanBnbnAnanbn(nN*)，则数列cn的前10项和为()A.A10B10B.A10B102C.A10B10D.A10B10【解析】n1，c1A1B1；n2，cnAnBnAn1Bn1，即可推出cn的前10项和为A10B10，故选C.总结提高1.常用的基本求和法均对应数列通项的特别结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.2.数列求和实质就是求数列Sn的通项公式，它几乎涵盖了数列中全部的思想策略、方法和技巧，对学生的学问和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练. 6.5数列的综合应用 典例精析题型一函数与数列的综合问题【例1】已知f(x)logax(a0且a

26、1)，设f(a1)，f(a2)，f(an)(nN*)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)设a是常数，求证：an成等比数列；(2)若bnanf(an)，bn的前n项和是Sn，当a2时，求Sn.【解析】(1)f(an)4(n1)22n2，即logaan2n2，所以ana2n2，所以anan1a2n2a2na2(n2)为定值，所以an为等比数列.(2)bnanf(an)a2n2logaa2n2(2n2)a2n2，当a2时，bn(2n2)(2)2n2(n1)2n2，Sn223324425(n1)2n2，2Sn224325n2n2(n1)2n3，两式相减得Sn22324252n2(n1)2n31624

27、(12n1)12(n1)2n3，所以Snn2n3.【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.【变式训练1】设函数f(x)xmax的导函数f(x)2x1，则数列1f(n)(nN*)的前n项和是()A.nn1B.n2n1C.nn1D.n1n【解析】由f(x)mxm1a2x1得m2，a1.所以f(x)x2x，则1f(n)1n(n1)1n1n1. 所以Sn112121313141n1n111n1nn1.故选C.题型二数列模型实际应用问题【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着坚韧的斗争，到2022年底全

28、县的绿化率已达30%，从2022年起先，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种缘由，原有绿化面积的4%又被沙化.(1)设全县面积为1,2022年底绿化面积为a1310，经过n年绿化面积为an1，求证：an145an425；(2)至少须要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%？【解析】(1)证明：由已知可得an确定后，an1可表示为an1an(14%)(1an)16%，即an180%an16%45an425.(2)由an145an425有，an14545(an45)，又a145120，所以an14512(45)n，即an14512(45)n，若an1

29、35，则有4512(45)n35，即(45)n112，(n1)lg45lg2，(n1)(2lg2lg5)lg2，即(n1)(3lg21)lg2，所以n1lg213lg24，nN*，所以n取最小整数为5，故至少须要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再后退2步”的规律进行移动.假如将此机器狗放在数轴的原点，面对正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且

30、P(0)0，则下列结论中错误的是()A.P(2022)402B.P(2022)403C.P(2022)404D.P(2022)405【解析】考查数列的应用.构造数列Pn，由题知P(0)0，P(5)1，P(10)2，P(15)3.所以P(2022)401，P(2022)4011402，P(2022)40111403，P(2022)4013404，P(2022)4041403.故D错.题型三数列中的探究性问题【例3】an，bn为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n1n，2n)为直角坐标平面上的点.(1)对nN*，若点M，An，Bn在同始终线上，求数列an的通项公式；(2)若数列bn

31、满意log2Cna1b1a2b2anbna1a2an，其中Cn是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，(n，bn)在同始终线上，并求此直线方程.【解析】(1)由an2212n2n1n1，得an2n.(2)由已知有Cn22n3，由log2Cn的表达式可知：2(b12b2nbn)n(n1)(2n3)，所以2b12b2(n1)bn1(n1)n(2n5).得bn3n4，所以bn为等差数列.故点列(1，b1)，(2，b2)，(n，bn)共线，直线方程为y3x4.【变式训练3】已知等差数列an的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(nN*).若a11，a43，S39，则

32、通项公式an.【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.由a11，a43，S39得令xa1，yd得在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a12，d1.所以an2n1n1.故答案填n1.总结提高1.数列模型应用问题的求解策略(1)仔细审题，精确理解题意；(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探究、归纳构造递推数列求解；(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解策略(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的学问求解；(2)数列的几何型

33、综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题. 高三数学下册三角函数学问点复习 高三数学下册三角函数学问点复习 三角函数线的定义： 设随意角的顶点在原点O，始边与x轴的正半轴重合，终边与单位圆相交于点P（x，y），过P点作x轴的垂线，垂足为M，过点A（1，0）作单位圆的切线 设它与角的终边或其反向延长线相交于点T，则有向线段MP、OM，AT分别叫做角的正弦线，余弦线，正切线，即：sin=MP，cos=OM，tan=AT 三角函数常考题型： 1.三角函数恒等变形的基本策略。 (1)常值代换：特殊是用1的代换，如等。 (2)项的分拆与角的配凑,学习效率。 如分拆项： 配凑角：

34、=()-，=-等。 (3)降次与升次。即倍角公式降次与半角公式升次。 (4)化弦(切)法。将三角函数利用同角三角函数基本关系化成弦(切)。 (5)引入协助角。asin+bcos=sin(+)，这里协助角所在象限由a、b的符号确定，角的值由tan=确定。 (6)万能代换法。巧用万能公式可将三角函数化成tan的有理式。 2.证明三角等式的思路和方法。 (1)思路：利用三角公式进行化名，化角，变更运算结构，使等式两边化为同一形式。 (2)证明方法：综合法、分析法、比较法、代换法、相消法、数学归纳法。 3.证明三角不等式的方法：比较法、配方法、反证法、分析法，利用函数的单调性，利用正、余弦函数的有界性

35、，利用单位圆三角函数线及判别法等。 4.解答三角高考题的策略。 (1)发觉差异：视察角、函数运算间的差异，即进行所谓的差异分析。 (2)找寻联系：运用相关公式，找出差异之间的内在联系。 (3)合理转化：选择恰当的公式，促使差异的转化。 三角函数公式： 锐角三角函数公式 sin=的对边/斜边 cos=的邻边/斜边 tan=的对边/的邻边 cot=的邻边/的对边 倍角公式 Sin2A=2SinA?CosA Cos2A=CosA2-SinA2=1-2SinA2=2CosA2-1 tan2A=(2tanA)/(1-tanA2) (注：SinA2是sinA的平方sin2(A) 三倍角公式 sin3=4s

36、in,学习方法?sin(/3+)sin(/3-) cos3=4cos?cos(/3+)cos(/3-) tan3a=tana?tan(/3+a)?tan(/3-a) 三倍角公式推导 sin3a =sin(2a+a) =sin2acosa+cos2asina 协助角公式 Asin+Bcos=(A2+B2)(1/2)sin(+t)，其中 sint=B/(A2+B2)(1/2) cost=A/(A2+B2)(1/2) tant=B/A Asin+Bcos=(A2+B2)(1/2)cos(-t)，tant=A/B 降幂公式 sin2()=(1-cos(2)/2=versin(2)/2 cos2()=(

37、1+cos(2)/2=covers(2)/2 tan2()=(1-cos(2)/(1+cos(2) 推导公式 tan+cot=2/sin2 tan-cot=-2cot2 1+cos2=2cos2 1-cos2=2sin2 1+sin=(sin/2+cos/2)2 =2sina(1-sin2a)+(1-2sin2a)sina =3sina-4sin3a cos3a =cos(2a+a) =cos2acosa-sin2asina =(2cos2a-1)cosa-2(1-sin2a)cosa =4cos3a-3cosa sin3a=3sina-4sin3a =4sina(3/4-sin2a) =4s

38、ina(3/2)2-sin2a =4sina(sin260-sin2a) =4sina(sin60+sina)(sin60-sina) =4sina*2sin(60+a)/2cos(60-a)/2*2sin(60-a)/2cos(60-a)/2 =4sinasin(60+a)sin(60-a) cos3a=4cos3a-3cosa =4cosa(cos2a-3/4) =4cosacos2a-(3/2)2 =4cosa(cos2a-cos230) =4cosa(cosa+cos30)(cosa-cos30) =4cosa*2cos(a+30)/2cos(a-30)/2*-2sin(a+30)/2

39、sin(a-30)/2 =-4cosasin(a+30)sin(a-30) =-4cosasin90-(60-a)sin-90+(60+a) =-4cosacos(60-a)-cos(60+a) =4cosacos(60-a)cos(60+a) 上述两式相比可得 tan3a=tanatan(60-a)tan(60+a) 三角函数记忆口诀： 三角函数是函数,象限符号坐标注。函数图象单位圆,周期奇偶增减现。 同角关系很重要,化简证明都须要。正六边形顶点处,从上到下弦切割； 中心记上数字1,连结顶点三角形；向下三角平方和,倒数关系是对角, 顶点随意一函数,等于后面两根除。诱导公式就是好,负化正后大化

40、小, 变成锐角好查表,化简证明少不了。二的一半整数倍,奇数化余偶不变, 将其后者视锐角,符号原来函数判。两角和的余弦值,化为单角好求值, 余弦积减正弦积,换角变形众公式。和差化积须同名,互余角度变名称。 计算证明角先行,留意结构函数名,保持基本量不变,繁难向着简易变。 逆反原则作指导,升幂降次和差积。条件等式的证明,方程思想指路明。 万能公式不一般,化为有理式居先。公式顺用和逆用,变形运用加巧用； 1加余弦想余弦,1减余弦想正弦,幂升一次角减半,升幂降次它为范； 三角函数反函数,实质就是求角度,先求三角函数值,再判角取值范围； 利用直角三角形,形象直观好换名,简洁三角的方程,化为最简求解集。

41、2022届高考数学（文科）一轮总复习三角函数、解三角形 第四篇三角函数、解三角形第1讲弧度制及随意角的三角函数基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1若sin0且tan0，则是第_象限角解析sin0，则的终边落在第三、四象限或y轴的负半轴；又tan0，在第一象限或第三象限，故在第三象限答案三2若1弧度的圆心角所对的弦长等于2，则这个圆心角所对的弧长等于_解析设圆的半径为r，由题意知rsin121，r1sin12，弧长lr1sin12.答案1sin123(2022苏中联考)若角与85角终边相同，则在0,2内终边与4角终边相同的角是_解析由题意，得852k(kZ)，425k2(kZ)又40,2，所以k0,1,2,3，425，910，75，1910.答案25，910，75，19104已知点Psin34，cos34落在角的终边上，且0,2)，则的值为_解析由sin340，cos340知角是第四象限的角，tancos34sin341，0,2)，74.答案745有下列命题：终边相同的角的同名三角函数的值相等；终边不同的角的同名三角函数的值不等；若sin0，则是第一、二象限的角；若是其次象限的角，且P(x，y)是其终边上一点，则cosxx2y2.其中正确的命题是_解析正确，不正确，sin3sin23，而3与23角的终边不相同不正确sin0，的终边也可能在y轴的正