Chapter 06: Trigonometric Functions

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{/* label: chap:ch06 */}

\begin{figure}[htbp]

\small 李萨如曲线

想象一个光点，它同时在进行两种独立的运动：一个简单的余弦波控制它**水平**来回振动，另一个正弦波控制它**垂直**来回振动.但是当我们将这两结合在一起的时候，神奇的事情发生了！！竟然可以在屏幕上绘制出稳定、封闭、且异常复杂的优美图案，如同编织的绳结.这些图案被称为“利萨茹曲线”.是什么决定了这个图案的最终形态？为什么有时它是一个简单的圆，有时是一个椭圆，有时却是这样一个复杂的“蝴蝶结”？改变水平和垂直振动的**频率**或它们的**起始时机（相位）**，会对图形产生怎样的影响？要破解这个振动之谜，我们必须深入理解构成这一切的基础**三角函数**的内在规律.

\end{figure}

探索课题

一座摩天轮的半径为 $30$ 米, 其中心点距离地面 $35$ 米.你从摩天轮的最低点坐上座舱, 摩天轮以恒定的角速度开始逆时针转动, 并且每 $12$ 分钟转一圈.

试问：

启动 $2$ 分钟后，你距离地面的高度是多少？
启动 $8$ 分钟后，你距离地面的高度又是多少？

我们已知最低点高度为 $35-30=5$ 米, 最高点为 $35+30=65$ 米.从最低到最高需要 $12/2=6$ 分钟. 你可能会想，既然 $6$ 分钟升高了 $60$ 米, 那么 $2$ 分钟后, 高度是否就是 $5 + \frac{2}{6} \times 60 = 25$ 米？请仔细观察上图，当你在 $P_1$ 点时，你上升的垂直高度，和你沿圆弧走过的路程，显然是不成正比的.你的垂直速度在不断变化（在最低和最高点最慢，在与中心等高处最快）. 这说明，高度随时间的变化不是一个线性关系.我们需要一种新的函数模型，来描述这种周而复始的、非线性的变化规律.

在此之前，我们学习的函数（如一次、二次、指数、对数函数）大多描述的是增长、衰减或简单的“V”形、“U”形变化.然而，现实世界充满了周期性现象，这些循环往复的运动，无法用旧有的函数模型来刻画.

三角函数，正是为描述周期性现象而生的数学语言.本章，我们将超越“直角三角形内的边角比”，从“单位圆上的坐标”这一更广阔的视角重新定义三角函数，进而系统研究其图像特征与性质.我们将学习如何像分析师一样，通过解析式 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 预测函数的行为，并解决与周期、频率、相位相关的实际问题.

知识概括

三角求值问题: 掌握同角三角函数关系、诱导公式、和差倍角公式，并能灵活运用于化简求值.重点掌握“角”的变换技巧与 $a\sin x+b\cos x$ 型函数的处理.
图像与函数性质: 深刻理解 $y=\sin x, y=\cos x, y=\tan x$ 的图像与性质（定义域、值域、周期性、单调性、奇偶性、对称性）.掌握由 $y=\sin x$ 到 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 的图像变换规律，并能由函数解析式分析其所有性质.
三角函数零点问题: 掌握三角函数零点的求解方法，理解其与三角方程根的联系.能利用数形结合思想，分析函数零点的个数及分布情况.
$\omega$ 的约束与求解: 针对给出函数在特定区间上的性质（如单调性、最值点、零点个数）来反求参数 $\omega$ 的问题，建立一套系统性的分析方法，重点关注周期与区间的关系.

弧度制

{/* label: sec:ch06-s01 */}

来龙去脉

自古以来，我们就习惯用“度”来衡量角的大小.将一个圆周等分为 $360$ 份, 每一份所对的圆心角定义为 $1$ 度.而这个数学遗产来自古巴比伦人那儿, 因其良好的整除性（ $360$ 能被很多整数整除）而在天文学、航海和日常生活中被广泛应用.

但是，你是否想过：为什么是 $360$ ？这个数字是人为规定的，带有很强的历史偶然性.它与圆本身的几何性质比如半径、周长并没有任何内在的、本质的联系，然而使用角度制会导致公式中出现一个丑陋的、无处不在的转换系数 $\frac{\pi}{180}$ ，这破坏了数学的简洁与和谐之美.

为了寻求一种更自然、更能体现圆的几何本质的度量方式，数学家们提出了一个直击的问题：我们能否用圆自身的元素（如半径）来度量角？

答案是肯定的.这种全新的度量单位，就是弧度制.

定义

弧度

在圆中，我们规定：长度等于半径长的圆弧，它所对的圆心角的大小为 1 弧度. 如果一段弧长为 $l$ , 它所对的圆心角为 $\alpha$ (单位：弧度), 所在圆的半径为 $r$ ，那么角的大小由弧长与半径的比值唯一确定：

\alpha = \frac{l}{r}

{/* latex-label: fig:radian-definition */} \begin{figure}[htbp]

{1} 弧度}

\end{figure} 图：弧度的定义：当弧长等于半径时，所对应的圆心角为 \texorpdfstring{ $1$

{弧度制的本质： 弧度制是一个纯粹的比值，它没有单位（或者说单位是1）.这使得角的大小与所选圆的半径无关，成为一个只与形状有关的“纯数”，从而能在数学公式中与其他物理量进行更直接、更和谐的运算.}

角度制与弧度制的换算

理解了定义，换算就变得非常简单.我们只需要找到一个共同的“锚点”，也就是一个完整的圆周角. 一个完整的圆周，其弧长 $l = 2\pi r$ . 根据弧度制定义，它对应的弧度角为：

\alpha = \frac{l}{r} = \frac{2\pi r}{r} = 2\pi \text{ (弧度)}

而我们知道，一个周角等于 $360^\circ$ . 因此，我们得到了最的换算关系：

\framebox{$360^\circ = 2\pi \text{ rad} \iff 180^\circ = \pi \text{ rad}$}

由此，我们可以推导出任意角度的换算公式：

角度化弧度： $1^\circ = \frac{\pi}{180}$ rad, 那么 $n^\circ = n \cdot \frac{\pi}{180}$ rad.
弧度化角度： $1 \text{ rad} = \left(\frac{180}{\pi}\right)^\circ \approx 57.3^\circ$ .

常用特殊角的换算

以下特殊角的弧度制形式必须熟记于心，达到条件反射的程度.

角度制	$0^\circ$	$30^\circ$	$45^\circ$	$60^\circ$	$90^\circ$	$180^\circ$	$270^\circ$	$360^\circ$
弧度制	$0$	$\frac{\pi}{6}$	$\frac{\pi}{4}$	$\frac{\pi}{3}$	$\frac{\pi}{2}$	$\pi$	$\frac{3\pi}{2}$	$2\pi$

{约定： 从接着开始，在讨论函数、方程等数学问题时，凡是未指明单位的角度，一律默认为弧度制.例如， $\sin 2$ 指的是 $\sin(2 \text{ rad})$ , 而不是 $\sin(2^\circ)$ . 这是高中乃至整个高等数学的标准约定.}

正弦函数与余弦函数

{/* label: sec:ch06-s02 */}

在初等几何中，我们对正弦、余弦的理解，始终被禁锢在直角三角形的框架内：

\sin A = \frac{\text{对边}}{\text{斜边}}, \cos A = \frac{\text{邻边}}{\text{斜边}}

这个定义简洁直观，足以解决三角形的边角计算问题.但它有一个巨大的局限性：角 $A$ 必须是一个锐角, 即 $A \in (0, \frac{\pi}{2})$ .我们无法用它来讨论 $\sin(\frac{2\pi}{3})$ 或 $\cos(-\frac{\pi}{6})$ 的意义，更遑论将其视为一个定义在整个实数集上的函数.

为了让三角概念能够描述任意大小的旋转——例如摩天轮的转动，或是行星的轨迹——数学家们必须打破直角三角形的束缚，建立一个更普适、更强大的定义.这个伟大的工具，就是单位圆.

通过单位圆，我们完成了一次深刻的认知飞跃：不再将 $\sin\alpha$ 和 $\cos\alpha$ 看作“比值”, 而是看作一个质点在单位圆上作匀速圆周运动时, 其坐标随旋转角度 $\alpha$ 变化的函数.这不仅将定义域从 $(0, \frac{\pi}{2})$ 一举解放到了整个实数集 $\mathbb{R}$ ，更从根源上揭示了三角函数与生俱来的周期性——这种宇宙中最普遍的运动模式.

单位圆上的参数化

任意角的三角函数

在平面直角坐标系中，我们构造一个以原点 $O$ 为圆心, 半径 $r=1$ 的圆, 称之为单位圆, 其方程为 $x^2+y^2=1$ . 设角 $\alpha$ 的顶点与原点重合, 始边与 $x$ 轴的非负半轴重合.其终边与单位圆交于唯一点 $P(x,y)$ . 那么, 我们将点 $P$ 的坐标与角 $\alpha$ 建立如下函数关系：

点 $P$ 的纵坐标 $y$ 称为角 $\alpha$ 的正弦 (Sine), 记作 $\sin\alpha = y$ .
点 $P$ 的横坐标 $x$ 称为角 $\alpha$ 的余弦 (Cosine), 记作 $\cos\alpha = x$ .

{/* latex-label: fig:unit-circle-trig */} \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：单位圆中三角函数的定义

{关系： 由单位圆的方程 $x^2+y^2=1$ , 我们立刻得到了对任意角 $\alpha$ 都成立的最重要的恒等关系——同角三角函数平方关系：

\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1

这个公式是三角恒等变换的基石，其几何本质就是单位圆上任意一点到原点距离为1的代数体现.}

欧拉公式的启示

在复分析领域，欧拉公式揭示了一个更为深刻的联系： $e^{i\alpha} = \cos\alpha + i\sin\alpha$ . 这表明，复数 $e^{i\alpha}$ 正是单位圆上辐角为 $\alpha$ 的点.正弦与余弦，不过是这个基本复指数函数在实轴与虚轴上的投影，而这统一了指数函数与三角函数.

图像的生成

我们已经将 $\sin x$ 和 $\cos x$ 定义为单位圆上动点的纵、横坐标.如何将这种二维的圆周运动，转化为我们熟悉的一维函数图像呢？

想象一下，我们让一个质点 $P$ 从点 $(1,0)$ 出发，沿单位圆逆时针运动.与此同时，我们将它的运动在两个维度上进行“记录”.

将质点 $P$ 的纵坐标 $y=\sin x$ 的值, 实时地投影到一条随角度 $x$ 展开的水平数轴上，其轨迹便构成了正弦曲线.
将质点 $P$ 的横坐标 $x'=\cos x$ 的值，实时地投影到这条水平数轴上，其轨迹便构成了余弦曲线.

这两条曲线，是自然界中最纯粹、最基本的波动形态.

性质的几何根源

正弦与余弦函数的所有性质，都可以从单位圆这个几何模型中直观地推导出来，而无需死记硬背.

定义域与值域

定义域: 对于任意实数角 $x \in \mathbb{R}$ , 其终边总能在单位圆上唯一确定一个点 $P$ , 因此点 $P$ 的横纵坐标 $\cos x$ 和 $\sin x$ 总是有定义的.故 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的定义域均为 $\mathbb{R}$ .
值域: 单位圆上的点，其横坐标 $x$ 和纵坐标 $y$ 的取值范围都被限制在 $[-1, 1]$ 之内.故 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的值域均为 $[-1, 1]$ .

周期性

当角 $x$ 增加 $2\pi$ (一个完整的圆周) 时, 其终边回到原来的位置, 单位圆上的点 $P$ 也重合.这意味着点的坐标值将重复出现.

\sin(x+2\pi) = \sin x, \cos(x+2\pi) = \cos x

因此， $2\pi$ 是它们的一个周期.不难验证，这也是它们的最小正周期.周期性是圆周运动最根本的属性.

奇偶性与对称性

考察角 $x$ 与角 $-x$ 的终边.它们在单位圆上所对应的点 $P(\cos x, \sin x)$ 与 $P'(\cos(-x), \sin(-x))$ 显然关于 $x$ 轴对称.

{/* latex-label: fig:even-odd-trig */} \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：三角函数的奇偶性

由对称性可知，点 $P$ 与 $P'$ 的横坐标相同，纵坐标互为相反数.据此，我们得到：

\cos(-x) = \cos x (\text{横坐标不变})

\sin(-x) = -\sin x (\text{纵坐标反号})

这表明， $y=\cos x$ 是偶函数, 其图像关于 $y$ 轴对称； $y=\sin x$ 是奇函数，其图像关于原点对称.

单调性

函数的单调性，完全取决于动点 $P$ 在单位圆上运动时，其横纵坐标的变化趋势. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：三角函数在单位圆上的单调性

对于 $y=\sin x$ (考察纵坐标): 当角 $x$ 从 $-\frac{\pi}{2}$ 运动至 $\frac{\pi}{2}$ 时, 动点 $P$ 在单位圆的右半圆上从最低点运动至最高点, 其纵坐标 $y$ 从 $-1$ 单调地增加至 $1$ . 当角 $x$ 从 $\frac{\pi}{2}$ 运动至 $\frac{3\pi}{2}$ 时, 动点 $P$ 在单位圆的左半圆上从最高点运动至最低点, 其纵坐标 $y$ 从 $1$ 单调地减少至 $-1$ .
对于 $y=\cos x$ (考察横坐标): 当角 $x$ 从 $0$ 运动至 $\pi$ 时, 动点 $P$ 在单位圆的上半圆上从最右点运动至最左点, 其横坐标 $x'$ 从 $1$ 单调地减少至 $-1$ . 当角 $x$ 从 $\pi$ 运动至 $2\pi$ 时, 动点 $P$ 在单位圆的下半圆上从最左点运动至最右点, 其横坐标 $x'$ 从 $-1$ 单调地增加至 $1$ .

将这些观察结合周期性，便可得到它们在整个定义域上的所有单调区间.

正弦与余弦的内在联系

观察正弦与余弦的图像，我们不难发现它们具有完全相同的形状，仅仅是位置有所错开.这种现象背后，蕴含着深刻的几何与代数关系.

诱导公式

对于任意角 $x$ , 恒有

\cos x = \sin\left(x+\frac{\pi}{2}\right)

证明

此关系可由和角公式严格证明，但其几何意义更为直观.在单位圆上，将角 $x$ 的终边逆时针旋转 $\frac{\pi}{2}$ , 得到角 $x+\frac{\pi}{2}$ 的终边.设角 $x$ 终边上的点为 $P(\cos x, \sin x)$ , 则角 $x+\frac{\pi}{2}$ 终边上的点为 $P'(-\sin x, \cos x)$ . 根据定义, $\sin(x+\frac{\pi}{2})$ 即为点 $P'$ 的纵坐标, 也就是 $\cos x$ .

{/* latex-label: fig:sin-cos-phase */} \begin{figure}[htbp]

{cos x} 是 \texorpdfstring{ $\sin x$ }{sin x} 向左平移 \texorpdfstring{ $\dfrac{\pi}{2}$ }{pi/2} 个单位}

\end{figure} 图：正弦函数与余弦函数的相位关系：\texorpdfstring{ $\cos x$

这一关系表明，正弦与余弦并非两个独立的函数，而是同一基本波动在不同相位（Phase）下的表现.余弦波超前于正弦波 $\frac{\pi}{2}$ , 或者说, 正弦波滞后于余弦波 $\frac{\pi}{2}$ .它们共同构成了描述简谐运动的基础.

正弦与余弦函数的图像

{/* label: sec:ch06-s03 */}

如何“展开”单位圆？

我们已经知道，当角 $x$ 从 $0$ 变化到 $2\pi$ 时, 单位圆上的点 $P(\cos x, \sin x)$ 恰好运动了一周.在这个过程中, $P$ 点的纵坐标 $y = \sin x$ 和横坐标 $x' = \cos x$ 都在周期性地变化.

如何将这种圆周运动的变化规律，转化为我们熟悉的函数图像呢？想象一下，我们让单位圆沿着 $x$ 轴正方向“滚动”起来, 同时将 $P$ 点的纵坐标高度实时地“投影”到它所对应的 $x$ 轴位置上.这个投影点运动的轨迹，就是正弦函数的图像.

这条优美的曲线被称为正弦曲线.它是自然界中最基本的波动形态.

五点作图法

要精确地画出正弦曲线，我们需要无数个点.但在实际应用中，我们只需要抓住一个周期内的几个关键点，就能大致勾勒出函数的轮廓.这些关键点，就是那些使函数取到最大值、最小值和零值的点.

对于 $y = \sin x$ , 在一个周期 $[0, 2\pi]$ 内，这五个关键点分别是：

起点 (零值点): $(0,0)$
最高点: $(\frac{\pi}{2}, 1)$
中间点 (零值点): $(\pi, 0)$
最低点: $(\frac{3\pi}{2}, -1)$
终点 (零值点): $(2\pi, 0)$

将这五点用光滑的曲线连接起来，就得到了一个周期的正弦函数图像.由于函数的周期性，我们可以将这个基本波形向左、向右无限重复，得到完整的图像.

{/* latex-label: fig:sine-five-points */} \begin{figure}[htbp]

{y=sin x} 在 \texorpdfstring{ $[0, 2\pi]$ }{[0, 2pi]} 上的图象及五个关键点}

\end{figure} 图：正弦函数 \texorpdfstring{ $y=\sin x$

余弦函数的图像

同理，我们将单位圆上点 $P(\cos x, \sin x)$ 的横坐标 $\cos x$ 的值“展开”, 就得到了余弦曲线 $y=\cos x$ 的图像. 它的“五点法”关键点在 $[0, 2\pi]$ 内是： $(0,1), (\frac{\pi}{2},0), (\pi,-1), (\frac{3\pi}{2},0), (2\pi,1)$ .

\begin{figure}[htbp]

{y=cos x} 在 \texorpdfstring{ $[0, 2\pi]$ }{[0, 2pi]} 上的五点法作图} \end{figure} 图：函数 \texorpdfstring{ $y=\cos x$

正弦函数与余弦函数的性质

{/* label: sec:ch06-s04 */}

现在，我们有了这两条优美的曲线，就有了研究其函数性质的基础，我们可以系统地分析并总结它们的全部性质，这将是我们后续学习更复杂三角函数 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ 的基石.

定义域、值域与周期性

从单位圆的定义来看，角 $x$ 旋转一周（ $2\pi$ 弧度）, 终边上的点 $P$ 回到原位, 其坐标值 $(\cos x, \sin x)$ 自然也重复出现.这正是三角函数周期性的根本来源. $\sin(x+2\pi)=\sin x, \cos(x+2\pi)=\cos x$ .因此, $2\pi$ 是它们的一个周期.不难验证，这也是它们的最小正周期.

定义域: 从单位圆定义可知，任意实数角 $\alpha$ 都有唯一确定的正弦值和余弦值与之对应.因此, 函数 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的定义域均为实数集 $\mathbb{R}$ .
值域: 在单位圆 $x^2+y^2=1$ 上, 点的横、纵坐标的取值范围都是 $[-1, 1]$ . 因此，函数 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的值域均为 $[-1, 1]$ . \begin{itemize}
当 $x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ 时, $y=\sin x$ 取得最大值 $1$ .
当 $x = \frac{3\pi}{2} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ 时, $y=\sin x$ 取得最小值 $-1$ .
当 $x = 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ 时, $y=\cos x$ 取得最大值 $1$ .
当 $x = \pi + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}$ 时, $y=\cos x$ 取得最小值 $-1$ .

\item 周期性: 正弦函数和余弦函数都是周期函数，它们的最小正周期都是 $2\pi$ . 即: $\sin(x+2k\pi) = \sin x$ , $\cos(x+2k\pi) = \cos x$ , 其中 $k \in \mathbb{Z}$ . \end{itemize}

奇偶性与单调性

奇偶性: 在单位圆上，角 $x$ 与 $-x$ 的终边关于 $x$ 轴对称. 设角 $x$ 终边上点为 $P(\cos x, \sin x)$ , 则角 $-x$ 终边上点为 $P'(\cos x, -\sin x)$ . 根据定义，我们有：

\cos(-x) = \cos x

\sin(-x) = -\sin x

因此： \begin{itemize}

$y=\cos x$ 是偶函数, 其图像关于 $y$ 轴对称.
$y=\sin x$ 是奇函数，其图像关于原点对称.

\item 单调性: 我们通常在一个周期内分析函数的单调性，然后利用周期性推广到整个定义域.观察图像可知：
对于函数 $y=\sin x$ ： \begin{itemize}
单调递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{\pi}{2}+2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .
单调递减区间为 $\left[\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{3\pi}{2}+2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .

\item 对于函数 $y=\cos x$ ：
单调递增区间为 $\left[-\pi+2k\pi, 2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .
单调递减区间为 $\left[2k\pi, \pi+2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .

\end{itemize} \end{itemize}

与其死记硬背区间端点，不如在脑海中想象单位圆的运动. 对于 $\sin x$ （看纵坐标 $y$ ）：从 $-90^\circ$ ( $-\pi/2$ ) 转到 $90^\circ$ ( $\pi/2$ ), 点在圆的右半部分, 纵坐标 $y$ 从 $-1$ 增至 $1$ .从 $90^\circ$ 转到 $270^\circ$ ( $3\pi/2$ ), 点在圆的左半部分, 纵坐标 $y$ 从 $1$ 减至 $-1$ . 对于 $\cos x$ （看横坐标 $x$ ）：从 $180^\circ$ ( $\pi$ ) 转到 $360^\circ$ ( $2\pi$ 或 $0$ ), 点在圆的下半部分移动到右侧, 横坐标 $x$ 从 $-1$ 增至 $1$ .从 $0^\circ$ 转到 $180^\circ$ , 点在圆的上半部分, 横坐标 $x$ 从 $1$ 减至 $-1$ .

对称性

主要包括对称轴和对称中心.

函数 $y=\sin x$ : \begin{itemize}
对称轴: 图像的最高点和最低点所在的竖直线，即直线 $x = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ .
对称中心: 图像与 $x$ 轴的交点, 即点 $(k\pi, 0), k \in \mathbb{Z}$ .

\item 函数 $y=\cos x$ :
对称轴: 图像的最高点和最低点所在的竖直线，即直线 $x = k\pi, k \in \mathbb{Z}$ .(这包含了作为偶函数对称轴的 $y$ 轴 $x=0$ )
对称中心: 图像与 $x$ 轴的交点, 即点 $\left(k\pi + \frac{\pi}{2}, 0\right), k \in \mathbb{Z}$ .

\end{itemize}

对称轴是函数取到最值的地方；对称中心是函数图像的**“零点”与“拐点”**的重合处.凡是满足 $f(a+x)=f(a-x)$ 的函数, 其图像关于直线 $x=a$ 对称.凡是满足 $f(a+x)=-f(a-x)$ (或 $f(x)+f(2a-x)=0$ ) 的函数, 其图像关于点 $(a,0)$ 中心对称.

性质汇总

为了方便对比和记忆，我们将正弦函数与余弦函数的性质总结在下表中. \begin{table}[H]

\caption{正弦函数与余弦函数性质对比}

性质	$y=\sin x$	$y=\cos x$
定义域	$\mathbb{R}$	$\mathbb{R}$
值域	$[-1, 1]$	$[-1, 1]$
最小正周期	$2\pi$	$2\pi$
奇偶性	奇函数	偶函数
单调递增区间	$\left[2k\pi-\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\frac{\pi}{2}\right]$	$[(2k-1)\pi, 2k\pi]$
单调递减区间	$\left[2k\pi+\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\frac{3\pi}{2}\right]$	$[2k\pi, (2k+1)\pi]$
对称轴	直线 $x=k\pi+\frac{\pi}{2}$	直线 $x=k\pi$
对称中心	点 $(k\pi, 0)$	点 $\left(k\pi+\frac{\pi}{2}, 0\right)$
\multicolumn{3}{l	}{{注: 表中所有 $k \in \mathbb{Z}$ }}

\end{table}

正切函数

{/* label: sec:ch06-s05 */}

正弦与余弦，我们已经将其与单位圆上点的坐标 $(x,y)$ 完美地联系了起来.一个角 $\alpha$ 确定了终边上一点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$ .那么, 这个角 $\alpha$ 除了能决定一个点的位置，还能决定什么其他的几何属性呢？

一个非常自然的思想是：这个角 $\alpha$ 的终边 $OP$ 是一条射线，它具有一个明确的斜率. 根据斜率的定义， $k_{OP} = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\sin\alpha - 0}{\cos\alpha - 0} = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ (当 $\cos\alpha \neq 0$ 时). 这个比值，我们称之为角 $\alpha$ 的正切.

“正切”这个名字本身就蕴含着深刻的几何意义，请你想象在单位圆的右侧点 $(1,0)$ 处作一条与 $x$ 轴垂直的直线, 这条直线恰好与圆相切.当角 $\alpha$ 的终边延长时, 会与这条切线相交于一点 $T$ .通过简单的相似三角形知识, 我们可以证明, 点 $T$ 的纵坐标, 不多不少, 恰好就是 $\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ .因此，正切值可以直观地看作是单位圆切线上的一段有向线段的长度.

定义与图像

正切

我们定义角 $\alpha$ 的正切为：

\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}

它的定义域是所有使得分母 $\cos\alpha \neq 0$ 的角 $\alpha$ 的集合, 即 $\alpha \neq k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：正切函数的几何意义

正切函数的图像与正弦、余弦曲线有显著的不同.由于定义域中排除了使 $\cos x = 0$ 的点, 函数图像在这些点上是不连续的.这些不连续点 $x = k\pi + \frac{\pi}{2}$ 形成了函数图像的一条条垂直渐近线.

在一个周期 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 内，我们可以通过几个关键点来描绘其形态： $(-\frac{\pi}{4}, -1)$ , $(0, 0)$ , $(\frac{\pi}{4}, 1)$ . 图像从左侧贴近渐近线 $x=-\frac{\pi}{2}$ 的负无穷处开始, 穿过这三点, 最终向上贴近渐近线 $x=\frac{\pi}{2}$ 的正无穷处.

{/* latex-label: fig:tan-x */} \begin{figure}[htbp]

{y=tan x} 的图像}

\end{figure} 图：函数 \texorpdfstring{ $y=\tan x$

正切函数的性质

观察正切函数的定义与图像，我们可以总结出它的主要性质：

定义域: $\{x \in \mathbb{R} \mid x \neq k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}$ .
值域: 实数集 $\mathbb{R}$ .正切函数可以取到任意实数值.
周期性: 观察图像，其形态每隔 $\pi$ 的长度就重复一次.可以验证：

\tan(x+\pi) = \frac{\sin(x+\pi)}{\cos(x+\pi)} = \frac{-\sin x}{-\cos x} = \tan x

所以正切函数是周期函数，其最小正周期为 $\pi$ .

奇偶性: 根据定义：

\tan(-x) = \frac{\sin(-x)}{\cos(-x)} = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x

所以正切函数是奇函数，其图像关于原点 $(0,0)$ 对称.更一般地, 图像关于所有零点 $(k\pi, 0), k \in \mathbb{Z}$ 中心对称.

单调性: 正切函数在它的每一个连续区间上都是单调递增的.其单调递增区间为：

\left(k\pi - \frac{\pi}{2}, k\pi + \frac{\pi}{2}\right), k \in \mathbb{Z}

一个非常常见的错误是认为“ $y=\tan x$ 在其定义域上单调递增”.这是错误的！虽然它在每一个独立的区间 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ , $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ 等内部都是递增的, 但不能说它在整个定义域上递增.例如, 取 $x_1 = \frac{\pi}{4}$ 和 $x_2 = \frac{3\pi}{4}$ , 显然 $x_1 \< x_2$ , 但 $\tan x_1 = 1$ 而 $\tan x_2 = -1$ , 有 $\tan x_1 \> \tan x_2$ .这违背了在定义域上单调递增的定义.

余切、正割与余割函数

{/* label: sec:ch06-s06 */}

正弦、余弦与正切，分别从单位圆上的点的坐标 $(x,y)$ 与终边斜率 $\frac{y}{x}$ 这三个几何量出发，构建了三角函数世界的基础.一个自然而深刻的问题随之而来：这三个基本量的倒数，是否也具有明确的几何意义和函数性质？

答案是肯定的.通过取倒数这一简单的代数运算，我们衍生出另外三个三角函数：

余切 (Cotangent): 正切的倒数， $\cot\alpha = \frac{1}{\tan\alpha} = \frac{x}{y}$ .
正割 (Secant): 余弦的倒数， $\sec\alpha = \frac{1}{\cos\alpha} = \frac{1}{x}$ .
余割 (Cosecant): 正弦的倒数， $\csc\alpha = \frac{1}{\sin\alpha} = \frac{1}{y}$ .

这三个函数在历史上，尤其是在没有计算器的时代，为简化某些特定形式的计算（例如涉及除法的运算）提供了便利.在现代数学中，它们在积分、微分方程以及描述某些物理现象时，依然扮演着不可或缺的角色.本节，我们将系统地揭示这三个“倒数”函数的几何本源与函数特性.

定义与几何意义

余切、正割、余割

对于任意角 $\alpha$ ，我们定义：

余切: $\cot\alpha = \dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}$ , 定义域为 $\{\alpha \in \mathbb{R} \mid \sin\alpha \neq 0\}$ .
正割: $\sec\alpha = \dfrac{1}{\cos\alpha}$ , 定义域为 $\{\alpha \in \mathbb{R} \mid \cos\alpha \neq 0\}$ .
余割: $\csc\alpha = \dfrac{1}{\sin\alpha}$ , 定义域为 $\{\alpha \in \mathbb{R} \mid \sin\alpha \neq 0\}$ .

这三个函数同样拥有优美的几何解释，它们分别对应单位圆在不同位置的切线段长度.

{/* latex-label: fig:cot-sec-csc */} \begin{figure}[htbp]

\begin{subfigure}[b]{0.45\textwidth}

$}{cot alpha = AT}}

\end{subfigure}

\begin{subfigure}[b]{0.45\textwidth}

$}{sec alpha = OT}}

\end{subfigure}

\begin{subfigure}[b]{0.45\textwidth}

$}{csc alpha = OT}}

\end{subfigure}

\end{figure} 图：余切：\texorpdfstring{$\cot\alpha = \overline{AT

余切 $\cot\alpha$ 的几何意义：作单位圆过点 $(0,1)$ 的切线 $y=1$ .角 $\alpha$ 的终边或其反向延长线与该切线交于点 $T_c$ .点 $T_c$ 的横坐标即为 $\cot\alpha$ .
正割 $\sec\alpha$ 与余割 $\csc\alpha$ 的几何意义：作单位圆过终边上点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$ 的切线.该切线与 $x$ 轴的交点为 $T_s$ , 与 $y$ 轴的交点为 $T_{cs}$ .原点到这两个交点的有向距离 $OT_s$ 和 $OT_{cs}$ 分别为 $\sec\alpha$ 和 $\csc\alpha$ .

函数图像与性质

这三个函数的性质完全由其定义（作为倒数）决定.凡是其分母为零的点，都将成为函数图像的垂直渐近线.

余切函数 $y=\cot x$

{/* latex-label: fig:cot-x */} \begin{figure}[htbp]

{y=cot x} 的图像}

\end{figure} 图：函数 \texorpdfstring{ $y=\cot x$

定义域: $\{x \in \mathbb{R} \mid x \neq k\pi, k \in \mathbb{Z}\}$ .
值域: $\mathbb{R}$ .
周期性: 最小正周期为 $\pi$ .
奇偶性: $\cot(-x) = -\cot x$ , 是奇函数，图像关于原点对称.
单调性: 在每个定义区间 $(k\pi, (k+1)\pi)$ 内单调递减.

正割函数 $y=\sec x$ 与余割函数 $y=\csc x$

{/* latex-label: fig:sec-csc */} \begin{figure}[htbp]

\caption*{(a) 正割函数}

\caption*{(b) 余割函数}

\end{figure} 图：正割函数和余割函数的图像

定义域: $\sec x$ 为 $\{x \mid x \neq k\pi+\frac{\pi}{2}\}$ ; $\csc x$ 为 $\{x \mid x \neq k\pi\}$ .
值域: 均为 $(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ .
周期性: 最小正周期均为 $2\pi$ .
奇偶性: $y=\sec x$ 是偶函数; $y=\csc x$ 是奇函数.

性质汇总

下表系统地总结了全部六个三角函数的性质，便于对比与查阅. \begin{table}[H]

\caption{六种三角函数重要性质对比}

函数	定义域	值域	最小正周期	奇偶性
$y=\sin x$	$\mathbb{R}$	$[-1, 1]$	$2\pi$	奇函数
$y=\cos x$	$\mathbb{R}$	$[-1, 1]$	$2\pi$	偶函数
$y=\tan x$	$\{x \mid x \neq k\pi+\frac{\pi}{2}\}$	$\mathbb{R}$	$\pi$	奇函数
$y=\cot x$	$\{x \mid x \neq k\pi\}$	$\mathbb{R}$	$\pi$	奇函数
$y=\sec x$	$\{x \mid x \neq k\pi+\frac{\pi}{2}\}$	$(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$	$2\pi$	偶函数
$y=\csc x$	$\{x \mid x \neq k\pi\}$	$(-\infty, -1] \cup [1, \infty)$	$2\pi$	奇函数
\multicolumn{5}{l	}{{注: 表中所有 $k \in \mathbb{Z}$ }}

\end{table}

同角三角函数的基本关系

{/* label: sec:ch06-s07 */}

在此之前，我们分别从单位圆的坐标和终边斜率的角度定义了同一个角 $\alpha$ 的三种三角函数值： $\sin\alpha$ , $\cos\alpha$ , $\tan\alpha$ .这三个量都源于同一个角, 它们之间必定存在着某种固定的、不随角 $\alpha$ 变化的关系.揭示并利用这些关系，是进行一切三角计算与变形的出发点.

两个基本关系式

回顾我们的定义，一切关系都隐藏在源头之中.

源头一：单位圆方程 点 $P(x,y)$ 在单位圆 $x^2+y^2=1$ 上, 而 $x=\cos\alpha, y=\sin\alpha$ .将坐标代入圆的方程, 我们立即得到对任意角 $\alpha$ 都成立的平方关系.
源头二：正切的定义 我们定义了 $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ .这本身就是一个关系式，我们称之为商数关系.

同角三角函数基本关系

对于任意角 $\alpha$ ，以下关系式恒成立：

平方关系:

\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1

商数关系:

\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} (\alpha \neq k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z})

证明

我们从三角函数最根本的定义出发来证明这两个基本关系.

设角 $\alpha$ 的终边上有一任意点 $P(x, y)$ （非原点）, 其到原点 $O$ 的距离为 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ .根据定义，我们有：

\sin\alpha = \frac{y}{r}, \cos\alpha = \frac{x}{r}, \tan\alpha = \frac{y}{x} (x \neq 0)

对于平方关系，我们直接将定义代入等式左侧进行计算：

\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = \left(\frac{y}{r}\right)^2 + \left(\frac{x}{r}\right)^2 = \frac{y^2}{r^2} + \frac{x^2}{r^2} = \frac{x^2+y^2}{r^2}

注意到根据点 $P$ 的坐标与到原点距离的关系, 我们有 $x^2 + y^2 = r^2$ .因此，上式可以继续化简：

\frac{x^2+y^2}{r^2} = \frac{r^2}{r^2} = 1

这样，我们就证明了 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ 恒成立.

对于商数关系，我们同样从定义出发.在定义域要求 $\cos\alpha \neq 0$ （即 $x \neq 0$ ）的前提下：

\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{y/r}{x/r} = \frac{y}{x}

而 $\frac{y}{x}$ 正是 $\tan\alpha$ 的定义.故商数关系 $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ 成立. 该关系式的成立条件 $\cos\alpha \neq 0$ , 意味着角 $\alpha$ 的终边不能落在 $y$ 轴上, 即 $\alpha \neq k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ .

{思想： 这两个公式构成了三角变换的源头.所有更复杂的三角恒等式，都是由这两个基本关系式通过代数运算派生出来的.掌握它们的各种变形，是解题的关键.}

公式的变形与应用

这两个看似简单的公式，在实际应用中千变万化.以下是一些必须熟练掌握的变形技巧：

知一求二: 由平方关系，我们可以进行开方运算：

\sin\alpha = \pm\sqrt{1-\cos^2\alpha} , \cos\alpha = \pm\sqrt{1-\sin^2\alpha}

这里的正负号必须根据角 $\alpha$ 所在的象限来唯一确定.这是“知一求二”问题中最、也最容易出错的一步.

和差与积的转化: 这是一个极其重要的恒等式，它架起了 $\sin\alpha \pm \cos\alpha$ 与 $\sin\alpha\cos\alpha$ 之间的桥梁.

(\sin\alpha \pm \cos\alpha)^2 = \sin^2\alpha + \cos^2\alpha \pm 2\sin\alpha\cos\alpha = 1 \pm 2\sin\alpha\cos\alpha

知道“和/差”，就能求出“积”；反之，知道“积”，也能求出“和/差”的平方.

“切”化“弦”与“弦”化“切”: 商数关系是连接正切与正、余弦的纽带. \begin{itemize}
遇到正切，可以统一化为正余弦进行计算，即“切化弦”.
遇到关于 $\sin\alpha$ 和 $\cos\alpha$ 的齐次式（分子分母各项的幂次相同）, 可以分子分母同除以 $\cos^k\alpha$ （ $k$ 为幂次）, 从而转化为关于 $\tan\alpha$ 的式子，即“弦化切”.

\end{itemize}

知一求二

已知角 $\alpha$ 的终边在第三象限, 且 $\cos\alpha = -\frac{4}{5}$ , 求 $\sin\alpha$ 和 $\tan\alpha$ 的值.

解

解题思路： 遵循“公式求值，象限定号”的基本原则.

首先，利用平方关系求 $\sin\alpha$ 的绝对值.

\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha = 1 - \left(-\frac{4}{5}\right)^2 = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}

所以， $\sin\alpha = \pm\frac{3}{5}$ .

接着，利用象限条件确定符号. 因为角 $\alpha$ 的终边在第三象限, 所以其正弦值 $\sin\alpha$ 为负.

\therefore \sin\alpha = -\frac{3}{5}

最后，利用商数关系求 $\tan\alpha$ .

\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{-3/5}{-4/5} = \frac{3}{4}

在本例中，象限条件是解题的灵魂.如果忽略了“第三象限”这个条件，就会导致 $\sin\alpha$ 的符号无法确定，从而得到错误的答案.在任何涉及开方的三角函数运算中，都要第一时间检查象限，确定符号.

“和差积”关系的运用

已知角 $\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ , 且 $\sin\alpha + \cos\alpha = \frac{1}{5}$ ，求下列各式的值： (1) $\sin\alpha\cos\alpha$ (2) $\sin\alpha - \cos\alpha$ (3) $\tan\alpha$

解

解题思路： 题中给出了 $\sin\alpha$ 与 $\cos\alpha$ 的“和”, 要求它们的“积”与“差”.这是典型的利用完全平方公式 $(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$ 搭建桥梁的题型.

(1) 求 $\sin\alpha\cos\alpha$ : 将已知等式 $\sin\alpha + \cos\alpha = \frac{1}{5}$ 两边平方，得

(\sin\alpha + \cos\alpha)^2 = \left(\frac{1}{5}\right)^2

展开左式，

\sin^2\alpha + \cos^2\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{25}

利用平方关系 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ ，

1 + 2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{25}

移项并求解，

2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{25} - 1 = -\frac{24}{25}

\therefore \sin\alpha\cos\alpha = -\frac{12}{25}

(2) 求 $\sin\alpha - \cos\alpha$ : 我们无法直接求出其值，但可以先求它的平方.

(\sin\alpha - \cos\alpha)^2 = \sin^2\alpha + \cos^2\alpha - 2\sin\alpha\cos\alpha

代入已知和第 (1) 问的结果，

(\sin\alpha - \cos\alpha)^2 = 1 - 2\left(-\frac{12}{25}\right) = 1 + \frac{24}{25} = \frac{49}{25}

开方得到 $\sin\alpha - \cos\alpha = \pm\frac{7}{5}$ . 此时，必须利用象限条件判断符号. 因为 $\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ , 所以 $\sin\alpha \> 0$ , $\cos\alpha \< 0$ . 那么 $\sin\alpha - \cos\alpha$ 的结果必然是 (正数) - (负数)，结果为正.

\therefore \sin\alpha - \cos\alpha = \frac{7}{5}

(3) 求 $\tan\alpha$ : 我们已经求得 $\sin\alpha + \cos\alpha = \frac{1}{5}$ 和 $\sin\alpha - \cos\alpha = \frac{7}{5}$ . 将两式联立成方程组：

\begin{cases} \sin\alpha + \cos\alpha = \frac{1}{5} & \cdots ① \\ \sin\alpha - \cos\alpha = \frac{7}{5} & \cdots ② \end{cases}

$①+②$ 得 $2\sin\alpha = \frac{8}{5}$ , 即 $\sin\alpha = \frac{4}{5}$ . $①-②$ 得 $2\cos\alpha = -\frac{6}{5}$ , 即 $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$ . (这与 $\alpha$ 在第二象限的符号判断完全吻合) 根据商数关系，

\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{4/5}{-3/5} = -\frac{4}{3}

“和差积”的相互转化是三角变换的基石.恒等式 $(\sin\alpha \pm \cos\alpha)^2 = 1 \pm 2\sin\alpha\cos\alpha$ 必须烂熟于心.解题时，平方运算是“由和差求积”的工具，而开方运算是“由积求和差”工具.象限条件则是决定开方符号的唯一标准.

“弦化切”齐次式处理

已知 $\tan\alpha = -3$ , 求值： $\frac{2\sin\alpha - 3\cos\alpha}{4\sin\alpha + 5\cos\alpha}$ .

解

解题思路： 观察所求表达式，其分子、分母都是关于 $\sin\alpha$ 和 $\cos\alpha$ 的一次齐次式（每一项的幂次均为1）.这种结构提示我们可以通过分子分母同除以 $\cos\alpha$ 的方法, 将整个式子转化为关于 $\tan\alpha$ 的表达式.

当 $\tan\alpha=-3$ 有意义时, 必有 $\cos\alpha \neq 0$ .因此, 可以在分子分母同除以 $\cos\alpha$ .

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{\frac{2\sin\alpha - 3\cos\alpha}{\cos\alpha}}{\frac{4\sin\alpha + 5\cos\alpha}{\cos\alpha}} &= \frac{2\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} - 3\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha}}{4\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} + 5\frac{\cos\alpha}{\cos\alpha}} &= \frac{2\tan\alpha - 3}{4\tan\alpha + 5} \end{aligned}

将 $\tan\alpha = -3$ 代入上式，

\text{原式} = \frac{2(-3) - 3}{4(-3) + 5} = \frac{-6 - 3}{-12 + 5} = \frac{-9}{-7} = \frac{9}{7}

“弦化切”是一种极其高效的技巧，适用于处理关于 $\sin\alpha, \cos\alpha$ 的齐次分式.其本质是降维, 将两个变量（ $\sin\alpha, \cos\alpha$ ）的问题转化为一个变量（ $\tan\alpha$ ）的问题.此方法同样适用于二次齐次式, 届时只需同除以 $\cos^2\alpha$ 即可.

“切化弦”由正切求正余弦

已知 $\tan\alpha = 2$ , 求 $\frac{1}{\sin^2\alpha - \sin\alpha\cos\alpha}$ 的值.

解

解题思路： 此题与上一题相反，是已知 $\tan\alpha$ 求关于 $\sin\alpha, \cos\alpha$ 的表达式的值.有两种主流方法.

方法一：构造直角三角形法（数形结合）

因为 $\tan\alpha = 2 \> 0$ , 所以角 $\alpha$ 在第一或第三象限. 我们不妨构造一个直角三角形，使其一锐角为 $\alpha'$ 且 $\tan\alpha' = 2 = \frac{2}{1}$ . 令该角的对边为 2，邻边为 1.由勾股定理，斜边为 $\sqrt{2^2+1^2} = \sqrt{5}$ . 此时，我们得到 $\sin\alpha', \cos\alpha'$ 的绝对值： $|\sin\alpha| = \frac{2}{\sqrt{5}}$ , $|\cos\alpha| = \frac{1}{\sqrt{5}}$ .

接下来进行分类讨论：

若 $\alpha$ 在第一象限, 则 $\sin\alpha = \frac{2}{\sqrt{5}}$ , $\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{5}}$ .

\text{所求表达式} = \frac{1}{(\frac{2}{\sqrt{5}})^2 - (\frac{2}{\sqrt{5}})(\frac{1}{\sqrt{5}})} = \frac{1}{\frac{4}{5} - \frac{2}{5}} = \frac{1}{\frac{2}{5}} = \frac{5}{2}

若 $\alpha$ 在第三象限, 则 $\sin\alpha = -\frac{2}{\sqrt{5}}$ , $\cos\alpha = -\frac{1}{\sqrt{5}}$ .

\text{所求表达式} = \frac{1}{(-\frac{2}{\sqrt{5}})^2 - (-\frac{2}{\sqrt{5}})(-\frac{1}{\sqrt{5}})} = \frac{1}{\frac{4}{5} - \frac{2}{5}} = \frac{1}{\frac{2}{5}} = \frac{5}{2}

综合两种情况，所求表达式的值均为 $\frac{5}{2}$ .

方法二：弦化切法（代数变形）

由于所求表达式不是齐次式，我们尝试将其改造为齐次式. 注意到分母可以写成 $\sin^2\alpha - \sin\alpha\cos\alpha$ , 分子 $1$ 可以用 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ 代换.

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha - \sin\alpha\cos\alpha} \end{aligned}

接着分子分母都是二次齐次式，我们同除以 $\cos^2\alpha$ .

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{\frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}}{\frac{\sin^2\alpha - \sin\alpha\cos\alpha}{\cos^2\alpha}} = \frac{\tan^2\alpha+1}{\tan^2\alpha - \tan\alpha} \end{aligned}

将 $\tan\alpha = 2$ 代入，

\text{原式} = \frac{2^2+1}{2^2-2} = \frac{5}{2}

方法一“构造三角形法”直观快捷，是求值的利器，但务必注意最后要根据象限确定符号.方法二“代数变形法”更为严谨，通过巧妙地使用“ $1$ 的代换”将非齐次式化为齐次式，是处理此类问题的普适性技巧.两种方法都应掌握，以便灵活选用.

例

(2023年6月全国甲卷) 设甲： $\sin^2\alpha + \sin^2\beta = 1$ , 乙： $\sin\alpha + \cos\beta = 0$ ，则 ( )

A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件	B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件	D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

解

本题考查两个三角命题之间的逻辑关系，我们需要分别判断“甲 $\implies$ 乙”和“乙 $\implies$ 甲”的真伪.

推断一：乙 $\implies$ 甲 我们先从条件乙出发，看能否推导出条件甲. 条件乙为： $\sin\alpha + \cos\beta = 0 \implies \sin\alpha = -\cos\beta$ . 将此式两边平方，得到：

\sin^2\alpha = (-\cos\beta)^2 = \cos^2\beta

利用平方关系 $\cos^2\beta = 1 - \sin^2\beta$ ，代入上式：

\sin^2\alpha = 1 - \sin^2\beta

移项可得：

\sin^2\alpha + \sin^2\beta = 1

这正是条件甲.因此，“乙 $\implies$ 甲”成立. 这意味着，甲是乙的必要条件.

推断二：甲 $\implies$ 乙 接着我们从条件甲出发，看能否推导出条件乙. 条件甲为： $\sin^2\alpha + \sin^2\beta = 1$ . 利用平方关系，可得 $\sin^2\alpha = 1 - \sin^2\beta = \cos^2\beta$ . 对此式开方，我们得到：

\sin\alpha = \pm \cos\beta

这个结论包含了两种可能： $\sin\alpha = \cos\beta$ 或 $\sin\alpha = -\cos\beta$ . 它并不能唯一地确定 $\sin\alpha = -\cos\beta$ （即条件乙）一定成立.

举出反例： 令 $\alpha = \frac{\pi}{4}, \beta = \frac{\pi}{4}$ . 此时，条件甲成立： $\sin^2(\frac{\pi}{4}) + \sin^2(\frac{\pi}{4}) = (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ . 但条件乙不成立： $\sin(\frac{\pi}{4}) + \cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} \neq 0$ . 因此，“甲 $\implies$ 乙”不成立. 这意味着，甲不是乙的充分条件.

结论综上所述，甲是乙的必要条件，但不是乙的充分条件.正确答案为 B.

诱导公式

{/* label: sec:ch06-s08 */}

我们已经能够轻松地求出像 $\frac{\pi}{6}$ (30°), $\frac{\pi}{4}$ (45°), $\frac{\pi}{3}$ (60°) 这些锐角的三角函数值.但现实世界中的旋转是任意的, 我们如何求 $\sin(\frac{2\pi}{3})$ (120°) 或者 $\cos(-\frac{\pi}{6})$ (-30°) 的值呢？

仔细观察会发现，这些新的角度，如 $120^\circ, 210^\circ, -30^\circ$ , 它们的终边与我们熟悉的锐角 $30^\circ$ 的终边, 在单位圆上呈现出高度的对称性——它们或关于 $y$ 轴对称, 或关于原点对称, 或关于 $x$ 轴对称.

诱导公式，就是一套系统揭示三角函数的对称性所对应的代数关系的公式.它的终极目标，是把任意角的三角函数计算问题，都“诱导”和转化成我们熟悉的锐角的三角函数计算问题.

我们将以角 $\alpha$ 为“基准”, 通过单位圆上的对称变换, 来寻找角 $2k\pi+\alpha, \pi+\alpha, -\alpha, \pi-\alpha$ 等与 $\alpha$ 的三角函数关系.在推导中, 我们始终假设 $\alpha$ 是一个锐角, 这样便于观察其终边所在的象限, 但所得到的公式对任意角 $\alpha$ 都成立.

设角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$ .

公式一、二：关于原点与x轴的对称

{/* latex-label: fig:angle-symmetry */} \begin{figure}[htbp]

{alpha}、\texorpdfstring{ $\pi+\alpha$ }{pi+alpha} 和 \texorpdfstring{ $-\alpha$ }{-alpha} 的终边关系}

\end{figure} 图：诱导公式的几何意义：角 \texorpdfstring{ $\alpha$

周期性 (公式一): 角 $2k\pi+\alpha$ 与角 $\alpha$ 的终边完全相同，所以它们的三角函数值也完全相同.这是周期性的体现.

\sin(2k\pi+\alpha) = \sin\alpha \cos(2k\pi+\alpha) = \cos\alpha \tan(2k\pi+\alpha) = \tan\alpha

关于原点对称 (公式二): 角 $\pi+\alpha$ 的终边是角 $\alpha$ 终边的反向延长线, 点 $P_1$ 与点 $P$ 关于原点对称.因此 $P_1$ 的坐标为 $(-\cos\alpha, -\sin\alpha)$ .

\sin(\pi+\alpha) = -\sin\alpha \cos(\pi+\alpha) = -\cos\alpha \tan(\pi+\alpha) = \tan\alpha

关于x轴对称 (公式三): 角 $-\alpha$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于 $x$ 轴对称.点 $P_2$ 与点 $P$ 的横坐标相同, 纵坐标互为相反数.因此 $P_2$ 的坐标为 $(\cos\alpha, -\sin\alpha)$ .

\sin(-\alpha) = -\sin\alpha \cos(-\alpha) = \cos\alpha \tan(-\alpha) = -\tan\alpha

公式三、四：关于 $y$ 轴与直线 $y=x$ 的对称

{/* latex-label: fig:angle-complement */} \begin{figure}[htbp]

\begin{subfigure}[b]{0.48\textwidth}

{alpha} 和 \texorpdfstring{$\pi-\alpha$}{pi-alpha}}

\end{subfigure}

\begin{subfigure}[b]{0.48\textwidth}

{alpha} 和 \texorpdfstring{$\frac{\pi}{2}-\alpha$}{pi/2-alpha}}

\end{subfigure}

\end{figure} 图：角 \texorpdfstring{ $\alpha$

关于 $y$ 轴对称 (公式四): 角 $\pi-\alpha$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于 $y$ 轴对称.点 $P_3$ 与点 $P$ 的纵坐标相同, 横坐标互为相反数.因此 $P_3$ 的坐标为 $(-\cos\alpha, \sin\alpha)$ .

\sin(\pi-\alpha) = \sin\alpha \cos(\pi-\alpha) = -\cos\alpha \tan(\pi-\alpha) = -\tan\alpha

关于直线 $y=x$ 对称 (公式五): 角 $\frac{\pi}{2}-\alpha$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于直线 $y=x$ 对称.点 $P_4$ 的坐标是点 $P$ 坐标的“横纵互换”.因此 $P_4$ 的坐标为 $(\sin\alpha, \cos\alpha)$ .

\sin(\frac{\pi}{2}-\alpha) = \cos\alpha \cos(\frac{\pi}{2}-\alpha) = \sin\alpha \tan(\frac{\pi}{2}-\alpha) = \cot\alpha

“名称变换”的诱导公式

以上公式，函数名称均未改变（ $\sin$ 还是 $\sin$ ）.而涉及 $\frac{\pi}{2}$ 和 $\frac{3\pi}{2}$ 的变换，则会引起函数名称的改变，即“正弦”变“余弦”，“余弦”变“正弦”.

**角 $\frac{\pi**{2}+\alpha$ (公式六)}: 我们可以利用已有的公式推导：

\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha) = \sin\left(\pi - (\frac{\pi}{2}-\alpha)\right) = \sin(\frac{\pi}{2}-\alpha) = \cos\alpha

\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha) = \cos\left(\pi - (\frac{\pi}{2}-\alpha)\right) = -\cos(\frac{\pi}{2}-\alpha) = -\sin\alpha

几何上，角 $\frac{\pi}{2}+\alpha$ 的终边是将角 $\alpha$ 的终边逆时针旋转 $90^\circ$ 得到的, 点 $(x,y)$ 旋转 $90^\circ$ 变为 $(-y,x)$ ，同样可得.

\sin(\frac{\pi}{2}+\alpha) = \cos\alpha \cos(\frac{\pi}{2}+\alpha) = -\sin\alpha \tan(\frac{\pi}{2}+\alpha) = -\cot\alpha

奇变偶不变，符号看象限

面对如此多的公式，死记硬背绝非良策.其内在规律可以总结为一句口诀，适用于所有 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ ( $k \in \mathbb{Z}$ ) 形式的诱导公式.

\par

\fbox{

**诱导公式统一口诀** \par 
\large\bfseries 奇变偶不变，符号看象限.

} \par

奇变偶不变: 这句话指的是角的形式 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ 中 $k$ 的奇偶性. \begin{itemize}
当 $k$ 为偶数时 (如 $\pi \pm \alpha = 2\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ , $2\pi \pm \alpha = 4\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ ), 函数名称不变.( $\sin \to \sin$ , $\cos \to \cos$ )
当 $k$ 为奇数时 (如 $\frac{\pi}{2} \pm \alpha = 1\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ , $\frac{3\pi}{2} \pm \alpha = 3\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ ), 函数名称改变.（ $\sin \leftrightarrow \cos$ ）

\item 符号看象限: 这句话决定了结果是取正号还是负号.方法是：假设 $\alpha$ 是一个锐角, 判断原始角 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ 所在的象限，然后看原始函数在该象限的符号是什么，结果就是什么符号. \end{itemize}

“符号看象限”是最关键也最易错的一步.务必记住，是看原函数在原角所在象限的符号，而不是看变化后的函数.例如在上述典例中，我们判断的是 $\cos$ 在第四象限的符号（为正）, 而不是变化后的 $\sin$ 在第四象限的符号（为负）.“假设 $\alpha$ 是锐角”仅仅是为了方便地判断原角所在的象限, 这个口诀对任意角 $\alpha$ 都是成立的，其严谨性由三角函数的周期性与对称性保证.

\par

典例解析

例

计算 $\sin(-\frac{13\pi}{6}) + \cos(\frac{19\pi}{3}) - \tan(-\frac{29\pi}{4})$ 的值.

解

本题旨在考察对任意角三角函数求值问题的系统处理方法.我们遵循“去负号 $\to$ 去周期 $\to$ 化锐角”这一黄金法则，将复杂的角度逐步化简为我们熟悉的特殊角.

符号处理 (利用奇偶性)

\begin{aligned} \text{原式} &= \sin(-\frac{13\pi}{6}) + \cos(\frac{19\pi}{3}) - \tan(-\frac{29\pi}{4}) &= -\sin(\frac{13\pi}{6}) + \cos(\frac{19\pi}{3}) + \tan(\frac{29\pi}{4}) \end{aligned}

周期处理 (化为 $[0, 2\pi)$ 内的角) 我们分别处理每一项：

\sin(\frac{13\pi}{6}) = \sin(2\pi + \frac{\pi}{6}) = \sin(\frac{\pi}{6})

\cos(\frac{19\pi}{3}) = \cos(6\pi + \frac{\pi}{3}) = \cos(\frac{\pi}{3})

\tan(\frac{29\pi}{4}) = \tan(7\pi + \frac{\pi}{4}) = \tan(\pi + \frac{\pi}{4}) = \tan(\frac{\pi}{4})

求值将上述化简结果代入，我们得到：

\sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}, \cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}, \tan(\frac{\pi}{4}) = 1

所以，

\text{原式} = -\left(\frac{1}{2}\right) + \frac{1}{2} + 1 = 1

结论通过三步化简，原式的值为 $1$ .

方法总结

任意角三角函数求值的"三步曲"：

化正角: 利用诱导公式三（ $\sin(-\alpha)=-\sin\alpha, \cos(-\alpha)=\cos\alpha, \tan(-\alpha)=-\tan\alpha$ ）将负角的三角函数化为正角的三角函数.
化小角: 利用周期性，将角度加上或减去 $2\pi$ （对正切是 $\pi$ ）的整数倍, 使其落入一个我们熟悉的区间, 通常是 $[0, 2\pi)$ .
化锐角: 利用诱导公式，将大于 $\frac{\pi}{2}$ 的角转化为锐角的三角函数.

这套程序化的方法能够确保求解过程清晰无误.

例

化简分式： $\dfrac{\sin(\pi+\alpha)\cos(2\pi-\alpha)\tan(3\pi-\alpha)}{\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha)\sin(-\alpha-\pi)}$

解

本题是诱导公式的综合演练，其在于将表达式中的每一项都用口诀“奇变偶不变，符号看象限”准确地化简为只含 $\alpha$ 的三角函数.处理 $\sin(-\alpha-\pi)$ 这种复合角是本题的一个技巧点.

逐项击破：

分子：

\sin(\pi+\alpha) = -\sin\alpha (\text{偶不变, III象限sin为负})

\cos(2\pi-\alpha) = \cos(-\alpha) = \cos\alpha (\text{周期性, 或偶不变, IV象限cos为正})

\tan(3\pi-\alpha) = \tan(-\alpha) = -\tan\alpha (\text{周期性, 或偶不变, II象限tan为负})

分母：

\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha) = -\sin\alpha (\text{奇变, II象限cos为负})

\sin(-\alpha-\pi) = \sin(-(\pi+\alpha)) = -\sin(\pi+\alpha) = -(-\sin\alpha) = \sin\alpha

整合化简： 将上述结果代回原分式：

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{(-\sin\alpha)(\cos\alpha)(-\tan\alpha)}{(-\sin\alpha)(\sin\alpha)} &= \frac{\sin\alpha \cdot \cos\alpha \cdot \tan\alpha}{-\sin^2\alpha} \end{aligned}

最后，利用商数关系 $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ ，

\text{原式} = \frac{\sin\alpha \cdot \cos\alpha \cdot (\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha})}{-\sin^2\alpha} = \frac{\sin^2\alpha}{-\sin^2\alpha} = -1

结论原分式化简后的结果为 $-1$ .

经验总结

在处理复杂的三角函数表达式时，化繁为简的策略至关重要.

逐个分解: 不要试图一次性化简整个式子，而是将分子、分母的每一项单独拿出来处理，可以有效降低心算的出错率.
内角优先: 对于如 $\sin(-\alpha-\pi)$ 的形式, 先处理括号内部的负号, 将其变为 $-\sin(\pi+\alpha)$ ，再进行下一步诱导，思路会更加清晰.
切化弦归一: 在化简的最后一步，若同时出现 $\sin, \cos, \tan$ , 通常将 $\tan$ 用 $\frac{\sin}{\cos}$ 替换，以便进行最终的约分.

例

在 $\triangle ABC$ 中，求证：

(1) $\sin(A+B) = \sin C$ (2) $\cos A = -\cos(B+C)$ (3) $\sin\frac{A+B}{2} = \cos\frac{C}{2}$

解

本题的在于挖掘并利用题设中的隐含条件.“在 $\triangle ABC$ 中”是解题的钥匙, 它告诉我们三个内角之和为 $\pi$ , 即 $A+B+C=\pi$ .我们的任务就是利用这个等式，对所证等式中的角进行代换，从而创造应用诱导公式的条件.

证明 (1): $\sin(A+B) = \sin C$

\text{由 } A+B+C=\pi \text{, 可得 } A+B = \pi - C

将此关系代入等式左边：

\sin(A+B) = \sin(\pi - C)

根据诱导公式（偶不变， $\pi-C$ 若 $C$ 为锐角则在II象限，sin为正）：

\sin(\pi-C) = \sin C

因此， $\sin(A+B) = \sin C$ . 得证.

证明 (2): $\cos A = -\cos(B+C)$

\text{由 } A+B+C=\pi \text{, 可得 } B+C = \pi - A

考察等式右边：

-\cos(B+C) = -\cos(\pi - A)

根据诱导公式（偶不变，II象限cos为负）：

-\cos(\pi - A) = -(-\cos A) = \cos A

所以，右边等于左边 $\cos A$ . 得证.

**证明 (3): $\sin\frac{A+B**{2} = \cos\frac{C}{2}$ }

\text{由 } A+B+C=\pi \text{, 两边同除以2得 } \frac{A+B}{2} + \frac{C}{2} = \frac{\pi}{2}

\text{所以 } \frac{A+B}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}

将此关系代入等式左边：

\sin\frac{A+B}{2} = \sin(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2})

根据诱导公式（奇变， $\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}$ 在I象限，sin为正）：

\sin(\frac{\pi}{2} - \frac{C}{2}) = \cos\frac{C}{2}

因此， $\sin\frac{A+B}{2} = \cos\frac{C}{2}$ . 得证.

经验总结

本组证明题完美体现了数学中的"转化与化归"思想.

挖掘隐含条件: 识别出" $\triangle ABC$ "意味着 $A+B+C=\pi$ ，这是解题的突破口.
角之转化: 利用内角和关系，将等式中看似无关的角（如 $A+B$ 与 $C$ ）联系起来, 实现"多角"向"单角"的转化.例如, 将 $A+B$ 替换为 $\pi-C$ .
归为诱导公式: 上述转化均是为了构造出 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ 的标准形式，从而将问题化归到我们熟悉的诱导公式模型中求解.

这种由已知条件出发，通过恒等变形，将未知问题转化为已知模型来解决的思路，是贯穿整个高中数学的思想方法之一.

例

(2023年12月广东佛山高三测试) 若点 $A(\cos\theta, \sin\theta)$ 关于原点对称点为 $B\left(\cos(\frac{\pi}{6}-\theta), \sin(\frac{\pi}{6}-\theta)\right)$ , 写出 $\theta$ 的一个取值为 \underline{}.

解

本题考察对单位圆上点与角对应关系的理解，以及关于原点对称的几何意义.

点 $A$ 与点 $B$ 关于原点对称, 意味着它们的终边互为反向延长线, 其对应的角相差 $\pi$ 的奇数倍.

设点 $A$ 对应的角为 $\theta_A = \theta$ , 点 $B$ 对应的角为 $\theta_B = \dfrac{\pi}{6}-\theta$ .

根据对称性，我们有：

\theta_B - \theta_A = (2k+1)\pi, k \in \mathbb{Z}

将 $\theta_A$ 和 $\theta_B$ 代入，

\left(\frac{\pi}{6}-\theta\right) - \theta = (2k+1)\pi

\frac{\pi}{6} - 2\theta = (2k+1)\pi

整理得到：

-2\theta = (2k+1)\pi - \frac{\pi}{6} = \frac{12k\pi + 6\pi - \pi}{6} = \frac{(12k+5)\pi}{6}

\theta = -\frac{(12k+5)\pi}{12}, k \in \mathbb{Z}

取 $k=0$ , 得 $\theta = -\dfrac{5\pi}{12}$ .

取 $k=-1$ , 得 $\theta = -\dfrac{(-12+5)\pi}{12} = \dfrac{7\pi}{12}$ .

因此， $\theta$ 的一个可能取值为 $\dfrac{7\pi}{12}$ 或 $-\dfrac{5\pi}{12}$ 等.

经验总结

本题是"数"与"形"结合的典范.

"形"的分析: "关于原点对称"是一个几何概念，它直观地告诉我们两个角的终边在一条直线上.
"数"的转化: 我们将这个几何关系，转化为代数关系——"两个角相差 $\pi$ 的奇数倍", 即 $\theta_2 - \theta_1 = (2k+1)\pi$ .
求解: 建立方程后，进行纯代数运算求解.

在单位圆相关问题中，始终在脑海中保持几何图像，是快速找到解题突破口的关键.

例

(2023年11月广东金太阳联考) 设 $\alpha \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right], \beta \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ , 且 $\sin\alpha + \cos\alpha = \sqrt{2}\cos\beta$ , 则 ( )

A. $\alpha + \beta = \frac{\pi}{4}$	B. $\alpha - \beta = \frac{\pi}{4}$
C. $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$	D. $\alpha - \beta = -\frac{\pi}{4}$

解

本题看似是复杂的三角函数方程，实则巧妙地结合了辅助角公式与函数在特定区间上的值域分析.

应用辅助角公式 对等式左边进行变形：

\sin\alpha + \cos\alpha = \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\alpha + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos\alpha\right) = \sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)

代回原等式，得到：

\sqrt{2}\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\cos\beta

\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) = \cos\beta

分析两边函数的值域 这是解题的关键一步.我们不能直接解方程，而应先考察在给定定义域下，等式两边可能存在的取值.

对于左边： 因为 $\alpha \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ , 所以 $\alpha+\frac{\pi}{4} \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right]$ . 在该区间上， $\sin$ 函数的值域为 $\left[\sin\frac{3\pi}{4}, \sin\frac{\pi}{2}\right] = \left[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right]$ .

对于右边： 因为 $\beta \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ , 在该区间上， $\cos$ 函数的值域为 $\left[\cos\frac{\pi}{2}, \cos\frac{\pi}{4}\right] = \left[0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ .

确定函数值并求解 要使等式 $\sin(\alpha+\frac{\pi}{4}) = \cos\beta$ 成立，两边的值必须相等. 观察各自的值域，唯一可能的公共值就是 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ . 因此，必须同时满足：

\sin\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \text{且} \cos\beta = \frac{\sqrt{2}}{2}

根据各自的取值范围求解：从 $\alpha+\frac{\pi}{4} \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right]$ 和 $\sin(\alpha+\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , 可得 $\alpha+\frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} \implies \alpha = \frac{\pi}{2}$ . 从 $\beta \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 和 $\cos\beta = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , 可得 $\beta = \frac{\pi}{4}$ .

我们得到 $\alpha = \frac{\pi}{2}, \beta = \frac{\pi}{4}$ , 所以 $\alpha - \beta = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ .正确答案为 B.

经验总结

当三角方程看似难以直接求解，且题目给定了严格的自变量范围时，应立刻想到值域分析法.通过确定等式两边函数的值域，寻找其交集，往往能将问题从"解方程"简化为"求最值"，从而锁定变量的唯一取值.这是处理含参数三角不等式和等式的常用高级技巧.

和差角公式

{/* label: sec:ch06-s09 */}

我们已经掌握了如何计算 $30^\circ, 45^\circ, 60^\circ$ 等特殊角的三角函数值. 但如果遇到 $75^\circ$ 或 $15^\circ$ 这样的角，该怎么办呢？一个非常自然的想法是，我们能否利用已知角来表示未知角？

75^\circ = 45^\circ + 30^\circ 15^\circ = 45^\circ - 30^\circ

这引发了一个深刻的问题： $\cos(\alpha-\beta)$ 是否等于 $\cos\alpha - \cos\beta$ ？答案是否定的. 我们可以轻易验证， $\cos(60^\circ-30^\circ)=\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , 而 $\cos 60^\circ - \cos 30^\circ = \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 两者显然不相等.

那么，角与角之间的和差关系，在其三角函数世界里，究竟如何去算？为解决这个问题，我们需要一个强大的几何工具，也就是单位圆上的向量点积.我们将证明，三角函数关系，其本质是简单的向量运算的代数体现.

两角差的余弦

对于任意角 $\alpha, \beta$ ，恒有：

\cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta

证明

如图所示，在单位圆上取四点 $A,B,C,D$ , 对应的角分别为 $\alpha, \beta, \alpha-\beta, 0$ .

**证明思路：**利用等弧对等弦，即 $|AB| = |CD|$ .

由于圆心角 $\angle AOB = \angle COD = \alpha-\beta$ , 故弦长相等.两边平方： $|AB|^2 = |CD|^2$ .

利用两点间距离公式：

(\cos\alpha - \cos\beta)^2 + (\sin\alpha - \sin\beta)^2 = (\cos(\alpha-\beta)-1)^2 + \sin^2(\alpha-\beta)

展开并利用 $\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ 化简左边：

\begin{aligned} &\cos^2\alpha - 2\cos\alpha\cos\beta + \cos^2\beta + \sin^2\alpha - 2\sin\alpha\sin\beta + \sin^2\beta &= 2 - 2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta) \end{aligned}

化简右边：

\begin{aligned} &\cos^2(\alpha-\beta) - 2\cos(\alpha-\beta) + 1 + \sin^2(\alpha-\beta) &= 2 - 2\cos(\alpha-\beta) \end{aligned}

因此：

2 - 2(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta) = 2 - 2\cos(\alpha-\beta)

整理即得：

\cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta

这个公式是所有和差角公式的“始祖”，所有其他公式都是由它通过简单的代数技巧派生出来的. 它的结构记忆口诀：“余余正正，符号反”.

公式体系的构建

以 $\cos(\alpha-\beta)$ 为基石，我们可以推导出整个和差角公式大厦.

推导 $\cos(\alpha+\beta)$ 将 $\alpha+\beta$ 看作 $\alpha-(-\beta)$ .

\begin{aligned} \cos(\alpha+\beta) &= \cos(\alpha-(-\beta)) &= \cos\alpha\cos(-\beta) + \sin\alpha\sin(-\beta) &= \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta \end{aligned}

推导 $\sin(\alpha+\beta)$ 利用诱导公式 $\sin\theta = \cos(\frac{\pi}{2}-\theta)$ .

\begin{aligned} \sin(\alpha+\beta) &= \cos\left(\frac{\pi}{2}-(\alpha+\beta)\right) = \cos\left(\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)-\beta\right) &= \cos(\frac{\pi}{2}-\alpha)\cos\beta + \sin(\frac{\pi}{2}-\alpha)\sin\beta &= \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta \end{aligned}

和差角公式大全

\begin{aligned} \sin(\alpha \pm \beta) &= \sin\alpha\cos\beta \pm \cos\alpha\sin\beta &(\text{正余余正，符号同}) \cos(\alpha \pm \beta) &= \cos\alpha\cos\beta \mp \sin\alpha\sin\beta &(\text{余余正正，符号反}) \tan(\alpha \pm \beta) &= \frac{\tan\alpha \pm \tan\beta}{1 \mp \tan\alpha\tan\beta} &(\text{分子符号同，分母符号反}) \end{aligned}

辅助角公式：\texorpdfstring{ $a\sin x + b\cos x$

{a sin x + b cos x} 的变形} 形如 $f(x) = a\sin x + b\cos x$ 的函数在物理和工程中极为常见，它代表了两个同频率但不同相位的简谐波的叠加. 和差角公式提供了一个强大的工具，可以将这个和式“合并”成一个单一的正弦（或余弦）函数，从而极大地简化了对其性质（如最值、周期、单调性）的分析.

这个变形技巧被称为辅助角公式.

\begin{aligned} a\sin x + b\cos x &= \sqrt{a^2+b^2} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin x + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos x \right) \end{aligned}

在于构造. 令 $\cos\varphi = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}$ , $\sin\varphi = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}$ , 则 $\tan\varphi = \frac{b}{a}$ . 于是：

\begin{aligned} \text{原式} &= \sqrt{a^2+b^2}(\cos\varphi\sin x + \sin\varphi\cos x) &= \sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi) \end{aligned}

"合一"变形三步法

一提：提取系数 $\sqrt{a^2+b^2}$ .
二构：将括号内的式子构造成 $\sin x\cos\varphi + \cos x\sin\varphi$ 或 $\cos x\cos\varphi + \sin x\sin\varphi$ 的形式.
三定：确定辅助角 $\varphi$ 的值. 其正切值 $\tan\varphi = \dfrac{b}{a}$ , 且其象限由 $a,b$ 的正负号唯一确定.

典例解析

给值求值

已知 $\sin\alpha = \frac{5}{13}$ , $\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ , $\cos\beta = -\frac{3}{5}$ , $\beta$ 是第三象限角. 求 $\sin(\alpha+\beta)$ 的值.

解

本题是和差角公式的直接应用，难点在于根据角的象限正确地求出其余的三角函数值.

准备工作：求齐各角的正余弦值 因为 $\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ , 所以 $\cos\alpha \< 0$ .

\cos\alpha = -\sqrt{1-\sin^2\alpha} = -\sqrt{1 - (\frac{5}{13})^2} = -\sqrt{1-\frac{25}{169}} = -\sqrt{\frac{144}{169}} = -\frac{12}{13}

因为 $\beta$ 是第三象限角, 所以 $\sin\beta \< 0$ .

\sin\beta = -\sqrt{1-\cos^2\beta} = -\sqrt{1 - (-\frac{3}{5})^2} = -\sqrt{1-\frac{9}{25}} = -\sqrt{\frac{16}{25}} = -\frac{4}{5}

代入公式 根据正弦和角公式 $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$ :

\begin{aligned} \sin(\alpha+\beta) &= \left(\frac{5}{13}\right)\left(-\frac{3}{5}\right) + \left(-\frac{12}{13}\right)\left(-\frac{4}{5}\right) &= -\frac{15}{65} + \frac{48}{65} &= \frac{33}{65} \end{aligned}

函数性质分析

求函数 $f(x) = \sqrt{3}\sin x - \cos x$ 的最小正周期和单调递增区间.

解

本题是辅助角公式的典型应用. 首先需要将函数化为 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 的标准形式.

化为标准形式 这里 $a=\sqrt{3}, b=-1$ , 所以 $\sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2+(-1)^2} = \sqrt{3+1}=2$ .

\begin{aligned} f(x) &= 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x - \frac{1}{2}\cos x\right) &= 2\left(\sin x \cos\frac{\pi}{6} - \cos x \sin\frac{\pi}{6}\right) &= 2\sin\left(x - \frac{\pi}{6}\right) \end{aligned}

分析性质 函数 $f(x)$ 的标准形式为 $2\sin(x-\frac{\pi}{6})$ .

最小正周期: $T = \frac{2\pi}{|\omega|} = \frac{2\pi}{1} = 2\pi$ .
单调递增区间: 我们要求内层函数 $u = x - \frac{\pi}{6}$ 落在正弦函数的标准递增区间上. 即 $2k\pi - \frac{\pi}{2} \le u \le 2k\pi + \frac{\pi}{2}$ , $k \in \mathbb{Z}$ .

2k\pi - \frac{\pi}{2} \le x - \frac{\pi}{6} \le 2k\pi + \frac{\pi}{2}

不等式三边同时加上 $\frac{\pi}{6}$:

2k\pi - \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} \le x \le 2k\pi + \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6}

2k\pi - \frac{\pi}{3} \le x \le 2k\pi + \frac{2\pi}{3}

所以，函数的单调递增区间为 $\left[2k\pi - \frac{\pi}{3}, 2k\pi + \frac{2\pi}{3}\right], k \in \mathbb{Z}$.

2024年1月金丽衢十二校第一次联考

已知 $\alpha$ 是第二象限角, $\beta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , $\tan(\alpha + \frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{4}$ . 现将角 $\alpha$ 的终边逆时针旋转 $\beta$ 后得到角 $\gamma$ , 若 $\tan\gamma = \frac{1}{7}$ , 则 $\tan\beta = \underline{}$ .

解

本题是一道三角函数的"给值求值"问题，融合了角的旋转、和差角公式等多个知识点.解题的关键在于正确理解"旋转"的含义，并巧妙地利用"角的拼凑"思想.

转化角的关系

"将角 $\alpha$ 的终边逆时针旋转 $\beta$ 后得到角 $\gamma$ "，这句话的数学语言是：

\gamma = \alpha + \beta

我们的目标是求 $\tan\beta$ ，那么可以通过移项得到：

\beta = \gamma - \alpha

因此，问题转化为求 $\tan(\gamma-\alpha)$ 的值.根据差角公式, 我们需要先求出 $\tan\gamma$ 和 $\tan\alpha$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：角 $\alpha$ 的终边逆时针旋转角 $\beta$ 得到角 $\gamma$ 的终边

求 $\tan\alpha$

题目已知 $\tan\gamma = \frac{1}{7}$ 和 $\tan(\alpha + \frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{4}$ .我们利用正切和角公式来解出 $\tan\alpha$ .

\tan\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\tan\alpha + \tan\frac{\pi}{4}}{1 - \tan\alpha \tan\frac{\pi}{4}} = \frac{\tan\alpha+1}{1-\tan\alpha}

代入已知值，得到方程：

\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha} = -\frac{1}{4}

交叉相乘，解得：

4(1+\tan\alpha) = -(1-\tan\alpha) \implies 4+4\tan\alpha = -1+\tan\alpha \implies 3\tan\alpha = -5

\tan\alpha = -\frac{5}{3}

（检验： $\alpha$ 是第二象限角, $\tan\alpha$ 确为负值，符合题意.）

求 $\tan\beta$

接着我们万事俱备，只需求 $\tan\beta = \tan(\gamma-\alpha)$ .

\begin{aligned} \tan\beta &= \tan(\gamma-\alpha) = \frac{\tan\gamma - \tan\alpha}{1+\tan\gamma\tan\alpha} &= \frac{\frac{1}{7} - \left(-\frac{5}{3}\right)}{1 + \frac{1}{7} \cdot \left(-\frac{5}{3}\right)} &= \frac{\frac{3+35}{21}}{1-\frac{5}{21}} = \frac{\frac{38}{21}}{\frac{16}{21}} &= \frac{38}{16} = \frac{19}{8} \end{aligned}

答案： $\boxed{\dfrac{19}{8}}$

经验总结

本题是三角函数中"角变换"思想的经典应用，其解题思路清晰地分为三步：

几何问题代数化：审题的第一步是将"终边旋转"这一几何描述，精准地翻译为代数关系式 $\gamma = \alpha + \beta$ .这是解决应用型三角问题的基础能力.
逆向思维分解目标：明确目标是求 $\tan\beta$ .由 $\beta = \gamma - \alpha$ 可知, 只需求出 $\tan\gamma$ 和 $\tan\alpha$ 即可.这种从目标出发，反向推导所需条件的分析方法，能让解题路径一目了然.
识别公式巧妙运算：看到 $\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})$ 和目标 $\tan\alpha$ ，应立刻联想到正切和角公式，将其作为解方程的工具.整个过程体现了将三角问题转化为纯代数问题的能力.

核心思想：解此类题目的关键在于"翻译"题意构建角关系，再通过"拆解"目标锁定求解路径.

2023年12月江苏省决胜新高考三大联考

已知实数 $m, n$ 满足 $(m+1)(n+1)=2$ , 则 $m, n$ 可能是 ( )

A. $m=\tan\frac{\pi}{16}, n=\tan\frac{3\pi}{16}$	B. $m=\tan\frac{\pi}{8}, n=\tan\frac{3\pi}{8}$
C. $m=\cos\frac{\pi}{16}, n=\tan\frac{3\pi}{16}$	D. $m=\cos\frac{\pi}{8}, n=\tan\frac{3\pi}{8}$

解

本题表面上是一个代数式问题，但其内在结构与三角函数公式高度吻合.解题的在于“结构识别”，将代数关系转化为我们熟悉的三角模型.

变形一下 将已知等式 $(m+1)(n+1)=2$ 展开：

mn+m+n+1 = 2

移项整理得到：

m+n = 1-mn

观察结构 观察 $m+n = 1-mn$ 这个结构, 如果 $1-mn \neq 0$ , 我们可以将其变形为：

\frac{m+n}{1-mn} = 1

这个形式与正切和角公式 $\tan(A+B) = \frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$ 完全一致. 这强烈暗示我们，可以将 $m, n$ 分别设为某两个角的正切值, 即令 $m=\tan A, n=\tan B$ . 此时，条件就转化为：

\tan(A+B) = 1

这意味着 $A+B = k\pi + \frac{\pi}{4}$ , 其中 $k \in \mathbb{Z}$ .

检验选项 我们逐一检验哪个选项满足 $A+B = k\pi + \frac{\pi}{4}$ .

选项 A: 令 $A=\frac{\pi}{16}, B=\frac{3\pi}{16}$ .

A+B = \frac{\pi}{16}+\frac{3\pi}{16} = \frac{4\pi}{16} = \frac{\pi}{4}

这满足 $A+B = k\pi+\frac{\pi}{4}$ (当 $k=0$ 时). 所以选项 A 是可能的.

选项 B: 令 $A=\frac{\pi}{8}, B=\frac{3\pi}{8}$ .

A+B = \frac{\pi}{8}+\frac{3\pi}{8} = \frac{4\pi}{8} = \frac{\pi}{2}

此时 $\tan(A+B)$ 无定义. 对应到代数式中, 这意味着分母 $1-mn=0$, 即 $mn=1$.
将 $mn=1$ 代入原式 $mn+m+n+1=2$, 得到 $1+m+n+1=2 \implies m+n=0$.
但是 $m=\tan\frac{\pi}{8}\>0, n=\tan\frac{3\pi}{8}\>0$, 它们的和不可能是0. 所以B错误.

选项 C, D: 选项中含有余弦函数, 与我们识别出的正切模型不符, 排除.

{综上所述，正确答案为 A.}

经验总结

本题是典型的结构伪装题，如何破局就在于识别出隐藏在代数表达式背后的三角函数模型.

代数先行，洞察本质：面对看似复杂的选项，解题的突破口往往是最简洁的已知条件.首先对代数式 $(m+1)(n+1)=2$ 进行化简, 得到 $m+n=1-mn$ .这一步操作剥离了问题的外壳, 暴露了其结构 $\dfrac{m+n}{1-mn}=1$ .
结构匹配，建立桥梁：看到 $\dfrac{m+n}{1-mn}$ 的形式, 一个对公式体系烂熟于心的学生, 应能立刻联想到正切和角公式 $\tan(A+B) = \dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$ .这种对公式结构的"模式识别"能力，是区分机械刷题与灵活应用的关键.
模型转化，降维打击：一旦建立联系，便可果断进行"模型代换".令 $m=\tan A$ , $n=\tan B$ , 原代数问题就瞬间转化为一个极其简单的三角问题： $\tan(A+B)=1$ .这样, 我们就不需要去计算具体的 $m,n$ 值, 只需检验哪组选项中的角 $A,B$ 满足其和的正切值为1即可，极大简化了问题.

2023年12月山东中学联盟高三联考

已知 $\cos(\beta-\alpha)=\frac{3}{5}, \tan\alpha\tan\beta=\frac{1}{2}$ , 则 $\cos2(\alpha+\beta)=$ ( )

A. $-\dfrac{2}{25}$	B. $\dfrac{23}{25}$	C. $\dfrac{2}{25}$	D. $-\dfrac{23}{25}$

解

本题要求解一个二倍角函数值，但已知条件是关于另一些角的三角函数. 思路是利用“整体思想”，将 $\cos\alpha\cos\beta$ 和 $\sin\alpha\sin\beta$ 视为两个整体未知数，通过解方程组来求得它们的值，进而求出目标值.

建立方程组 根据已知条件，我们有两个关系式：

$\cos(\beta-\alpha) = \cos(\alpha-\beta) = \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta = \frac{3}{5}$
$\tan\alpha\tan\beta = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\frac{\sin\beta}{\cos\beta} = \frac{\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta} = \frac{1}{2}$

为了方便，我们令 $X = \cos\alpha\cos\beta$ 和 $Y = \sin\alpha\sin\beta$ . 上述两个关系式就变成了一个关于 $X, Y$ 的简单方程组：

\begin{cases} X+Y = \frac{3}{5} & \cdots ① \\ \frac{Y}{X} = \frac{1}{2} & \cdots ② \end{cases}

求解方程组 由方程 ② 可得 $X = 2Y$ . 将 $X=2Y$ 代入方程 ①：

2Y+Y = \frac{3}{5} \implies 3Y = \frac{3}{5} \implies Y = \frac{1}{5}

于是 $X = 2Y = \frac{2}{5}$ . 所以我们求得：

\sin\alpha\sin\beta = \frac{1}{5}, \cos\alpha\cos\beta = \frac{2}{5}

求解目标值 我们的最终目标是 $\cos2(\alpha+\beta)$ . 根据二倍角公式, $\cos2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ . 所以我们首先需要求出 $\cos(\alpha+\beta)$ . 利用余弦和角公式：

\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta = X - Y = \frac{2}{5} - \frac{1}{5} = \frac{1}{5}

应用二倍角公式：

\begin{aligned} \cos2(\alpha+\beta) &= 2\cos^2(\alpha+\beta) - 1 &= 2 \left(\frac{1}{5}\right)^2 - 1 &= 2 \cdot \frac{1}{25} - 1 &= \frac{2}{25} - \frac{25}{25} = -\frac{23}{25} \end{aligned}

{综上所述，正确答案为 D.}

倍角公式

{/* label: sec:ch06-s10 */}

来龙去脉

和角公式打开了一扇新的大门，让我们能够处理两个不同角的和与差.一个极其自然且强大的想法是：如果这两个角是相同的，即 $\alpha = \beta$ ，会发生什么？

令 $\alpha = \beta$ 并代入和角公式 $\sin(\alpha+\beta)$ , $\cos(\alpha+\beta)$ 和 $\tan(\alpha+\beta)$ ，我们就直接得到了二倍角公式. 这组公式的威力在于建立了“角”与“其二倍角”之间的三角函数联系.它既可以“由半角求倍角”，也可以反过来“由倍角表示半角”（这便是降幂公式与半角公式的来源），在化简和求值中扮演着角色.

公式体系

倍角、半角公式

二倍角公式

\begin{aligned} \sin(2\alpha) &= 2\sin\alpha\cos\alpha \cos(2\alpha) &= \cos^2\alpha - \sin^2\alpha &= 2\cos^2\alpha - 1 &= 1 - 2\sin^2\alpha \tan(2\alpha) &= \frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha} \end{aligned}

降幂公式

\begin{aligned} \sin^2\alpha &= \frac{1-\cos(2\alpha)}{2} \cos^2\alpha &= \frac{1+\cos(2\alpha)}{2} \end{aligned}

半角公式

\begin{aligned} \sin\frac{\alpha}{2} &= \pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}} \cos\frac{\alpha}{2} &= \pm\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}} \tan\frac{\alpha}{2} &= \pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}} = \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha} = \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha} \end{aligned}

{注意：半角公式的根号前正负号，由角 $\frac{\alpha}{2}$ 所在的象限决定. 正切的后两个无根号形式在化简中更为常用.}

证明

这些公式均可由两角和的三角函数公式推导得出.

二倍角公式

我们只需在两角和公式中令两个角相等，即设 $\beta = \alpha$ .

对于正弦函数，从 $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$ 出发：

\sin(2\alpha) = \sin(\alpha+\alpha) = \sin\alpha\cos\alpha + \cos\alpha\sin\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha

对于余弦函数，从 $\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$ 出发：

\cos(2\alpha) = \cos(\alpha+\alpha) = \cos\alpha\cos\alpha - \sin\alpha\sin\alpha = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha

再结合平方关系 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, 我们可以得到 $\cos(2\alpha)$ 的另外两种常用形式：

\begin{aligned} \cos(2\alpha) &= \cos^2\alpha - (1-\cos^2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1 \cos(2\alpha) &= (1-\sin^2\alpha) - \sin^2\alpha = 1 - 2\sin^2\alpha \end{aligned}

对于正切函数，利用商数关系和已证的二倍角公式：

\tan(2\alpha) = \frac{\sin(2\alpha)}{\cos(2\alpha)} = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}

为得到用 $\tan\alpha$ 表示的形式, 我们将分子分母同时除以 $\cos^2\alpha$（这要求 $\cos\alpha \neq 0$）：

\tan(2\alpha) = \frac{\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\cos^2\alpha}}{\frac{\cos^2\alpha - \sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}} = \frac{2\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}{1 - \frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}} = \frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}

降幂公式

降幂公式是余弦二倍角公式的直接代数变形，其意义在于将二次的三角函数用一次的余弦函数表示，从而实现“降幂”.

从 $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2\alpha$ 出发，整理可得：

2\sin^2\alpha = 1 - \cos(2\alpha) \implies \sin^2\alpha = \frac{1-\cos(2\alpha)}{2}

同理，从 $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$ 出发，整理可得：

2\cos^2\alpha = 1 + \cos(2\alpha) \implies \cos^2\alpha = \frac{1+\cos(2\alpha)}{2}

半角公式

半角公式的推导极具技巧性，它是在降幂公式的基础上进行变量代换而得到的.

在降幂公式 $\sin^2\theta = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}$ 中, 我们令 $\theta = \frac{\alpha}{2}$ , 则 $2\theta = \alpha$ .代入得：

\sin^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1-\cos\alpha}{2} \implies \sin\frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}

同样地，在 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$ 中进行相同的代换：

\cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1+\cos\alpha}{2} \implies \cos\frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}

对于正切的半角公式，其无根号形式的推导尤为巧妙且常用.利用商数关系及倍角、降幂公式：

\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{2\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}

或者，我们也可以通过乘以 $2\sin\frac{\alpha}{2}$ 的方式得到另一种形式：

\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{\sin\frac{\alpha}{2}}{\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{2\sin^2\frac{\alpha}{2}}{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}

这两个有理形式避免了开方和符号判断的麻烦，在解题中是化简利器.

内在联系与应用策略

** $\cos(2\alpha)$ ** $\cos(2\alpha)$ 的三个形态是整个公式体系的灵魂.它不仅连接了倍角与单角，更通过移项直接给出了升幂与降幂公式，是处理三角函数幂次的工具.
角的“相对性” 要灵活理解“倍角”. $\alpha$ 是 $\frac{\alpha}{2}$ 的倍角, $4\alpha$ 是 $2\alpha$ 的倍角. 因此，公式可以广泛适用. 例如： $\sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$ , $\cos(4x) = 2\cos^2(2x)-1$ .
“1”的代换与弦切互化 二倍角公式与“1”的巧妙结合，是解决难题的利器.

\sin(2\alpha) = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{1} = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha} = \frac{\frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\cos^2\alpha}}{\frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}} = \frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}

这个过程本身就是一种重要的解题思想：齐次化.

典例解析

例

已知 $\tan\alpha = -\frac{1}{7}$ , $\sin\beta = \frac{\sqrt{10}}{10}$ 且 $\beta$ 为锐角, 求 $2\alpha+\beta$ 的值.

解

本题的目标角 $2\alpha+\beta$ 结构复杂，无法直接求解. 基本思路是“间接求值”，即先求此角的某一三角函数值，再根据范围确定角的大小.

审题破局： 我们选择求 $\tan(2\alpha+\beta)$ , 因为 $\tan\alpha$ 已知, $\tan\beta$ 可求, 便于利用和角与倍角公式.

准备各角的正切值 已知 $\tan\alpha = -\frac{1}{7}$ . 首先求 $\tan(2\alpha)$ ：

\tan(2\alpha) = \frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha} = \frac{2(-\frac{1}{7})}{1-(-\frac{1}{7})^2} = \frac{-\frac{2}{7}}{1-\frac{1}{49}} = \frac{-\frac{2}{7}}{\frac{48}{49}} = -\frac{2}{7} \cdot \frac{49}{48} = -\frac{7}{24}

接下来求 $\tan\beta$ . 因为 $\beta$ 为锐角, 即 $\beta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 所以 $\cos\beta \> 0$ .

\cos\beta = \sqrt{1-\sin^2\beta} = \sqrt{1 - \left(\frac{\sqrt{10}}{10}\right)^2} = \sqrt{1-\frac{10}{100}} = \sqrt{\frac{90}{100}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}

\tan\beta = \frac{\sin\beta}{\cos\beta} = \frac{\sqrt{10}/10}{3\sqrt{10}/10} = \frac{1}{3}

利用和角公式求目标角的正切值

\tan(2\alpha+\beta) = \frac{\tan(2\alpha) + \tan\beta}{1 - \tan(2\alpha)\tan\beta} = \frac{-\frac{7}{24} + \frac{1}{3}}{1 - (-\frac{7}{24})(\frac{1}{3})} = \frac{\frac{-7+8}{24}}{1+\frac{7}{72}} = \frac{\frac{1}{24}}{\frac{79}{72}} = \frac{1}{24} \cdot \frac{72}{79} = \frac{3}{79}

方法总结

本题展示了三角恒等变换的灵活性.

策略一：降幂归一.将所有二次项降为一次，是处理幂次不等的通用策略.虽然在本题中此路不通，但它是首要考虑的方法.
策略二：拆角归角.当发现角度之间存在和差关系时（ $80^\circ=60^\circ+20^\circ$ ），果断使用和角公式将"未知角"用"已知特殊角"和"基准角"表示，是打通思路的关键.
策略三：耐心展开与合并.复杂的代数运算是三角变换的常态.保持清晰的步骤，细心计算，最终才能化繁为简.

倍角公式的“连乘”技巧

(2024年1月湖南邵阳高三第一次联考) 已知 $\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta = -\frac{1}{8}$ , $\theta \in (\frac{\pi}{7}, \frac{\pi}{4})$ , 则 $2\cos^2 4\theta - \cos\theta = \underline{}$ .

解

本题是三角恒等变换中的一类经典模型.左侧是余弦的倍角连乘形式，其关键处理技巧是“构造对偶”，即在式子两边同乘以一个合适的正弦因子，以便连续使用二倍角公式.

构造与化简 设 $P = \cos\theta\cos2\theta\cos4\theta = -\frac{1}{8}$ . 在等式两边同乘以 $8\sin\theta$ （因为 $\theta \in (\frac{\pi}{7}, \frac{\pi}{4})$ , 所以 $\sin\theta \neq 0$ ）：

8\sin\theta\cos\theta\cos2\theta\cos4\theta = - \sin\theta

4(2\sin\theta\cos\theta)\cos2\theta\cos4\theta = - \sin\theta

4\sin2\theta\cos2\theta\cos4\theta = - \sin\theta

2(2\sin2\theta\cos2\theta)\cos4\theta = - \sin\theta

2\sin4\theta\cos4\theta = - \sin\theta

\sin8\theta = - \sin\theta

解三角方程并定角 由 $\sin8\theta = -\sin\theta = \sin(-\theta)$ ，根据正弦函数的性质可得：

8\theta = -\theta + 2k\pi \text{或} 8\theta = \pi - (-\theta) + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}

即：

9\theta = 2k\pi \implies \theta = \frac{2k\pi}{9} \text{或} 7\theta = (2k+1)\pi \implies \theta = \frac{(2k+1)\pi}{7}

将 $\theta \in (\frac{\pi}{7}, \frac{\pi}{4})$ 即 $\theta \in (\frac{4\pi}{28}, \frac{7\pi}{28})$ 代入检验：对于 $\theta = \frac{2k\pi}{9}$ , 当 $k=1$ 时, $\theta = \frac{2\pi}{9} = \frac{56\pi}{252}$ .而 $\frac{\pi}{7} = \frac{36\pi}{252}, \frac{\pi}{4} = \frac{63\pi}{252}$ .因为 $36 \< 56 \< 63$ , 所以 $\theta = \frac{2\pi}{9}$ 是一个解. 对于 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{7}$ , 当 $k=0$ 时, $\theta = \frac{\pi}{7}$ , 不在区间内.当 $k \ge 1$ 时, $\theta \ge \frac{3\pi}{7} \> \frac{\pi}{4}$ . 故 $\theta$ 的唯一解是 $\theta = \frac{2\pi}{9}$ .

求值所求表达式为 $2\cos^2 4\theta - \cos\theta$ . 利用降幂公式 $2\cos^2 x = \cos(2x)+1$ ，原式可化为：

\cos(8\theta) + 1 - \cos\theta

由 $9\theta = 2\pi$ 可知 $8\theta = 2\pi - \theta$ .

\cos(8\theta) = \cos(2\pi - \theta) = \cos\theta

代入所求表达式：

\cos\theta + 1 - \cos\theta = 1

结论所求表达式的值为 $1$ .

经验总结

对于形如 $\cos x \cos(2x) \cos(4x) \cdots$ 的连乘式, 其处理思想是构造对偶因子.通过乘以一个最简角的正弦（本例中为 $\sin\theta$ ）, 创造出可以连续使用正弦二倍角公式 $2\sin\alpha\cos\alpha = \sin(2\alpha)$ 的条件，像多米诺骨牌一样将式子"折叠"起来，最终得到一个简洁的方程.这种"无中生有"的构造性思维是解决问题的重要一环.

2024年广州广雅中学二调

已知锐角 $\theta$ 满足 $2\cos2\theta = 1+\sin2\theta$ , 则 $\tan\theta=$ ( )

A. $\dfrac{1}{3}$	B. $\dfrac{1}{2}$	C. $2$	D. $3$

解

本题是一个典型的三角方程，其特点是方程两边同时含有“倍角” $2\theta$ . 我们的策略是“化角归一”, 即将所有三角函数都用单角 $\theta$ 来表示.

应用倍角公式及“1”的代换 方程左边，我们使用余弦的二倍角公式：

2\cos2\theta = 2(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = 2(\cos\theta - \sin\theta)(\cos\theta + \sin\theta)

方程右边，是一个极其重要的结构，必须熟记：

1+\sin2\theta = (\sin^2\theta+\cos^2\theta) + 2\sin\theta\cos\theta = (\sin\theta+\cos\theta)^2

于是，原方程转化为：

2(\cos\theta - \sin\theta)(\cos\theta + \sin\theta) = (\sin\theta+\cos\theta)^2

约分与化简 因为 $\theta$ 是锐角, 即 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 所以 $\sin\theta \> 0$ 且 $\cos\theta \> 0$ . 因此， $\sin\theta + \cos\theta \neq 0$ , 我们可以放心地在方程两边同除以 $(\sin\theta+\cos\theta)$ .

2(\cos\theta - \sin\theta) = \sin\theta + \cos\theta

整理代数式：

2\cos\theta - 2\sin\theta = \sin\theta + \cos\theta

\cos\theta = 3\sin\theta

求正切值 在 $\cos\theta=3\sin\theta$ 两边同除以 $\cos\theta$ (因为 $\theta$ 为锐角, $\cos\theta \neq 0$ ):

1 = 3 \frac{\sin\theta}{\cos\theta} \implies \tan\theta = \frac{1}{3}

{综上所述，答案为 A.}

经验总结

本题的破局点在于对结构 $1\pm\sin2\theta$ 的高度敏感性.

万能的"1": 在三角变换中，数字"1"并非普通的常数，它是一个伪装成 $\sin^2\theta+\cos^2\theta$ 的数.熟练掌握 $1 \pm \sin2\theta = (\sin\theta \pm \cos\theta)^2$ 这一对恒等式，是解决许多复杂三角方程的捷径.
把角给统一: 将所有涉及 $2\theta$ 的项统一转化为关于 $\theta$ 的表达式，是处理此类问题的基本原则.这使得不同层次的角得以在同一维度下进行比较和运算.
约分要小心: 在方程两边进行约分时，必须检验所约分式是否为零.本题中"锐角"的条件正是为了保证 $\sin\theta+\cos\theta \neq 0$ ，确保了运算的严谨性.

2023年11月湖北省部分高中联考协作体期中考

若 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , $\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} = \dfrac{\sin\theta-\cos\theta}{1-\sin2\theta}$ , 则 $\tan\theta = \underline{}$ .

解

本题给出的三角恒等式结构较为复杂，但其分母均是二倍角公式的常见形式.解题思路依然是“化角归一”，并利用代数技巧化简.

统一角并变形分母 观察等式两边的分母，它们都可以用单角 $\theta$ 的函数来表示. 左边分母 $2\cos^2\theta$ 是标准形式. 右边分母是我们在上一题中强调过的经典结构：

1 - \sin2\theta = \sin^2\theta+\cos^2\theta - 2\sin\theta\cos\theta = (\sin\theta - \cos\theta)^2

将此代入原方程：

\frac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} = \frac{\sin\theta-\cos\theta}{(\sin\theta-\cos\theta)^2}

化简与讨论 在化简右边的分式前，必须考虑其分母 $(\sin\theta-\cos\theta)$ 是否为零. 若 $\sin\theta-\cos\theta=0$ , 则 $\tan\theta=1$ , $\theta = \frac{\pi}{4}$ . 将 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 代入原方程左边： $\frac{\sin(\pi/4)}{2\cos^2(\pi/4)} = \frac{\sqrt{2}/2}{2(1/2)} = \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0$ . 而此时右边的分子为0，显然等式不成立.故 $\sin\theta-\cos\theta \neq 0$ . 我们可以安全地约分：

\frac{\sin\theta}{2\cos^2\theta} = \frac{1}{\sin\theta-\cos\theta}

齐次化与“弦化切” 交叉相乘，得到：

\sin\theta(\sin\theta - \cos\theta) = 2\cos^2\theta

\sin^2\theta - \sin\theta\cos\theta = 2\cos^2\theta

移项，得到一个关于 $\sin\theta, \cos\theta$ 的二次齐次方程：

\sin^2\theta - \sin\theta\cos\theta - 2\cos^2\theta = 0

因为 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 所以 $\cos\theta \neq 0$ . 我们可以放心地在方程两边同除以 $\cos^2\theta$ ，实现“弦化切”：

\frac{\sin^2\theta}{\cos^2\theta} - \frac{\sin\theta\cos\theta}{\cos^2\theta} - \frac{2\cos^2\theta}{\cos^2\theta} = 0

\tan^2\theta - \tan\theta - 2 = 0

解方程并定值 这是一个关于 $\tan\theta$ 的一元二次方程，因式分解得：

(\tan\theta - 2)(\tan\theta + 1) = 0

解得 $\tan\theta = 2$ 或 $\tan\theta = -1$ . 因为 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 所以 $\tan\theta$ 必须为正值. 故舍去 $\tan\theta = -1$ .

{最终答案为 $2$ .}

三倍角与\texorpdfstring{ $n$

{n}倍角公式 (拓展)}

来龙去脉

在掌握了和角公式与二倍角公式后，我们已经能够处理形如 $\alpha \pm \beta$ 和 $2\alpha$ 的角的三角函数.一个自然而然的探索方向是：我们能否推导出 $3\alpha$ 的三角函数表达式？三倍角公式在标准高考中不作为必须记忆的公式，但其推导过程完美地展示了如何利用已知公式解决新问题，是训练三角恒等变换能力的绝佳范例.更重要的是，它揭示了一种“递推”的思想，这种思想可以一直推广，用以表达任意整数倍角 ( $n\alpha$ ) 的三角函数.

三倍角公式

\begin{aligned} \sin(3\alpha) &= 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha \cos(3\alpha) &= 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha \end{aligned}

证明（推导过程：化整为零，分步击破）

我们并不需要凭空记忆这两个公式.其推导的思想，就是将未知的 $3\alpha$ 拆解为我们熟悉的 $(2\alpha+\alpha)$ .

推导 $\sin(3\alpha)$ : 我们的目标是得到一个只含 $\sin\alpha$ 的表达式.

\begin{aligned} \sin(3\alpha) &= \sin(2\alpha+\alpha) &= \sin(2\alpha)\cos\alpha + \cos(2\alpha)\sin\alpha \tag{应用和角公式} &= (2\sin\alpha\cos\alpha)\cos\alpha + (1-2\sin^2\alpha)\sin\alpha \tag{展开$2\alpha$, 注意$\cos(2\alpha)$选用含$\sin$的形式} &= 2\sin\alpha\cos^2\alpha + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha \tag{化简} &= 2\sin\alpha(1-\sin^2\alpha) + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha \tag{将$\cos^2\alpha$换掉，实现“归一”} &= 2\sin\alpha - 2\sin^3\alpha + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha &= 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha \end{aligned}

推导 $\cos(3\alpha)$ : 同理，我们的目标是得到一个只含 $\cos\alpha$ 的表达式.

\begin{aligned} \cos(3\alpha) &= \cos(2\alpha+\alpha) &= \cos(2\alpha)\cos\alpha - \sin(2\alpha)\sin\alpha \tag{应用和角公式} &= (2\cos^2\alpha-1)\cos\alpha - (2\sin\alpha\cos\alpha)\sin\alpha \tag{展开$2\alpha$, 注意$\cos(2\alpha)$选用含$\cos$的形式} &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2\cos\alpha\sin^2\alpha \tag{化简} &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2\cos\alpha(1-\cos^2\alpha) \tag{将$\sin^2\alpha$换掉，实现“归一”} &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2\cos\alpha + 2\cos^3\alpha &= 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha \end{aligned}

推广至 $n$ 倍角

三倍角公式的推导过程启发我们：是否所有 $\cos(n\alpha)$ 都能表示为关于 $\cos\alpha$ 的多项式？答案是肯定的，并且它们遵循一个优美的递推关系. 考虑和差角公式：

\cos(n\alpha+\alpha) = \cos(n\alpha)\cos\alpha - \sin(n\alpha)\sin\alpha

\cos(n\alpha-\alpha) = \cos(n\alpha)\cos\alpha + \sin(n\alpha)\sin\alpha

将以上两式相加，可得：

\cos((n+1)\alpha) + \cos((n-1)\alpha) = 2\cos(n\alpha)\cos\alpha

整理后，我们得到一个很好的递推公式：

\cos((n+1)\alpha) = 2\cos\alpha \cdot \cos(n\alpha) - \cos((n-1)\alpha)

这个公式告诉我们，只要知道相邻两项 $\cos((n-1)\alpha)$ 和 $\cos(n\alpha)$ , 就可以推出下一项 $\cos((n+1)\alpha)$ .

验证一下：

令 $n=1$ , 递推式变为 $\cos(2\alpha) = 2\cos\alpha \cdot \cos\alpha - \cos(0\alpha) = 2\cos^2\alpha-1$ . 与二倍角公式完全吻合.
令 $n=2$ , 递推式变为 $\cos(3\alpha) = 2\cos\alpha \cdot \cos(2\alpha) - \cos\alpha$ . 将 $\cos(2\alpha)=2\cos^2\alpha-1$ 代入：

\cos(3\alpha) = 2\cos\alpha(2\cos^2\alpha-1) - \cos\alpha = 4\cos^3\alpha-2\cos\alpha - \cos\alpha = 4\cos^3\alpha-3\cos\alpha

与我们刚刚推导的三倍角公式完全吻合.

例

求值： $\dfrac{3\sin 15^\circ - 4\sin^3 15^\circ}{4\cos^3 15^\circ - 3\cos 15^\circ}$ .

解

本题的表达式看似复杂，直接计算 $\sin 15^\circ$ 和 $\cos 15^\circ$ 再代入会非常繁琐.解题的关键在于“结构识别”，即发现其分子、分母的结构与三倍角公式高度吻合，从而进行逆向应用.

分析分子： 根据正弦三倍角公式 $\sin(3\alpha) = 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha$ . 令 $\alpha = 15^\circ$ , 我们可以发现，原式的分子完全符合该公式的结构.

3\sin 15^\circ - 4\sin^3 15^\circ = \sin(3 \times 15^\circ) = \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}

分析分母： 根据余弦三倍角公式 $\cos(3\alpha) = 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha$ . 令 $\alpha = 15^\circ$ , 我们可以发现，原式的分母也完全符合该公式的结构.

4\cos^3 15^\circ - 3\cos 15^\circ = \cos(3 \times 15^\circ) = \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}

整合求值： 接着，我们将化简后的分子和分母代回原分式：

\text{原式} = \frac{\sin 45^\circ}{\cos 45^\circ} = \tan 45^\circ = 1

{最终结果为 $1$ .}

正切的三倍角公式

\begin{aligned} \tan(3\alpha) &= \frac{3\tan\alpha - \tan^3\alpha}{1 - 3\tan^2\alpha} \end{aligned}

证明

推导 $\tan(3\alpha)$ : 推导正切的三倍角公式有两种思路. 思路一：利用商数关系

\tan(3\alpha) = \frac{\sin(3\alpha)}{\cos(3\alpha)} = \frac{3\sin\alpha-4\sin^3\alpha}{4\cos^3\alpha-3\cos\alpha}

分子分母同除以 $\cos^3\alpha$ (假设 $\cos\alpha \neq 0$ ):

\tan(3\alpha) = \frac{3\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\frac{1}{\cos^2\alpha}-4\frac{\sin^3\alpha}{\cos^3\alpha}}{4-3\frac{1}{\cos^2\alpha}} = \frac{3\tan\alpha(1+\tan^2\alpha)-4\tan^3\alpha}{4-3(1+\tan^2\alpha)} = \frac{3\tan\alpha - \tan^3\alpha}{1-3\tan^2\alpha}

思路二：利用和角公式

\begin{aligned} \tan(3\alpha) &= \tan(2\alpha+\alpha) &= \frac{\tan(2\alpha)+\tan\alpha}{1-\tan(2\alpha)\tan\alpha} \tag{应用和角公式} &= \frac{\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}+\tan\alpha}{1-\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}\cdot\tan\alpha} \tag{展开 $\tan(2\alpha)$} &= \frac{\frac{2\tan\alpha+\tan\alpha(1-\tan^2\alpha)}{1-\tan^2\alpha}}{\frac{(1-\tan^2\alpha)-2\tan^2\alpha}{1-\tan^2\alpha}} \tag{通分} &= \frac{2\tan\alpha+\tan\alpha-\tan^3\alpha}{1-3\tan^2\alpha} &= \frac{3\tan\alpha - \tan^3\alpha}{1 - 3\tan^2\alpha} \end{aligned}

2024年2月青桐鸣联考

已知 $\tan\alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , 则 $\tan3\alpha = \underline{}$ .

解

本题是“给值求值”问题，可以直接代入正切三倍角公式求解，也可以通过“ $3\alpha=2\alpha+\alpha$ ”的思路分步求解.分步法虽然步骤稍多，但能有效降低计算的出错率，且无需记忆三倍角公式.

方法一：分步计算法 (推荐)

计算 $\tan(2\alpha)$ 利用正切二倍角公式：

\begin{aligned} \tan(2\alpha) &= \frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha} &= \frac{2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}{1 - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \frac{\sqrt{2}}{1-\frac{2}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{\frac{1}{2}} = 2\sqrt{2} \end{aligned}

计算 $\tan(3\alpha) = \tan(2\alpha+\alpha)$ 利用正切和角公式：

\begin{aligned} \tan(3\alpha) &= \frac{\tan(2\alpha)+\tan\alpha}{1-\tan(2\alpha)\tan\alpha} &= \frac{2\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}}{1 - (2\sqrt{2})\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)} &= \frac{\frac{4\sqrt{2}+\sqrt{2}}{2}}{1-2} = \frac{\frac{5\sqrt{2}}{2}}{-1} = -\frac{5\sqrt{2}}{2} \end{aligned}

方法二：直接代入三倍角公式

$\tan(3\alpha) = \dfrac{3\tan\alpha - \tan^3\alpha}{1 - 3\tan^2\alpha}$ . 将 $\tan\alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 代入：

\begin{aligned} \tan(3\alpha) &= \frac{3\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) - \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^3}{1 - 3\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} &= \frac{\frac{3\sqrt{2}}{2} - \frac{2\sqrt{2}}{8}}{1 - 3\left(\frac{2}{4}\right)} = \frac{\frac{3\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{4}}{1 - \frac{3}{2}} &= \frac{\frac{6\sqrt{2}-\sqrt{2}}{4}}{-\frac{1}{2}} = \frac{\frac{5\sqrt{2}}{4}}{-\frac{1}{2}} = -\frac{5\sqrt{2}}{4} \times 2 = -\frac{5\sqrt{2}}{2} \end{aligned}

{两种方法结果一致，最终答案为 $-\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ .}

万能公式与齐次式思想

{/* label: sec:ch06-s11 */}

来龙去脉

在处理三角函数问题时，我们常常会遇到一个棘手的局面：一个方程或表达式中，同时含有 $\sin\alpha, \cos\alpha, \tan\alpha$ 等多种不同的三角函数.如何将它们统一起来，是我们化简问题的关键.

我们已经接触过“弦化切”的技巧，它是处理齐次式的利器.接着，我们把这个思想推向极致，提出一个更好的问题： 是否存在一个单一的代数变量，能够表示出所有的三角函数？ 如果存在，那么任何复杂的三角函数方程，都可以被翻译成一个纯粹的代数方程，从而彻底摆脱三角函数的外衣，用我们最熟悉的代数工具来解决.

答案是肯定的，这个工具就是万能公式.而它的理论基石，正是我们反复强调的齐次化思想.万能公式的本质，就是通过二倍角公式和“1”的巧妙代换，构造出关于半角 $\frac{\alpha}{2}$ 的正弦与余弦的二次齐次分式，从而实现“归一”的目标.

公式体系

万能公式

令 $t = \tan\frac{\alpha}{2}$ ，则：

\begin{aligned} \sin\alpha &= \frac{2t}{1+t^2} \cos\alpha &= \frac{1-t^2}{1+t^2} \tan\alpha &= \frac{2t}{1-t^2} (\text{当 } t \neq \pm 1 \text{ 时}) \end{aligned}

齐次化构造

证明（推导）

推导 $\sin\alpha$ : 我们从二倍角公式出发，并巧妙地利用“1”的代换.

\begin{aligned} \sin\alpha &= \sin\left(2 \cdot \frac{\alpha}{2}\right) = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2} &= \frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{1} \tag{除以“1”} &= \frac{2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}} \tag{“1”的代换，构造齐次分式} \end{aligned}

接着，分子分母都是关于 $\sin\frac{\alpha}{2}, \cos\frac{\alpha}{2}$ 的二次齐次式.我们可以在分子分母同除以 $\cos^2\frac{\alpha}{2}$ (假设 $\cos\frac{\alpha}{2} \neq 0$ ):

\begin{aligned} \sin\alpha &= \frac{\frac{2\sin(\alpha/2)\cos(\alpha/2)}{\cos^2(\alpha/2)}}{\frac{\sin^2(\alpha/2)+\cos^2(\alpha/2)}{\cos^2(\alpha/2)}} = \frac{2\frac{\sin(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2)}}{\frac{\sin^2(\alpha/2)}{\cos^2(\alpha/2)}+1} = \frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}} = \frac{2t}{1+t^2} \end{aligned}

推导 $\cos\alpha$ : 采用完全相同的策略.

\begin{aligned} \cos\alpha &= \cos\left(2 \cdot \frac{\alpha}{2}\right) = \cos^2\frac{\alpha}{2} - \sin^2\frac{\alpha}{2} &= \frac{\cos^2\frac{\alpha}{2} - \sin^2\frac{\alpha}{2}}{1} = \frac{\cos^2\frac{\alpha}{2} - \sin^2\frac{\alpha}{2}}{\sin^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}} \end{aligned}

分子分母同除以 $\cos^2\frac{\alpha}{2}$ :

\begin{aligned} \cos\alpha = \frac{1-\frac{\sin^2(\alpha/2)}{\cos^2(\alpha/2)}}{1+\frac{\sin^2(\alpha/2)}{\cos^2(\alpha/2)}} = \frac{1-\tan^2\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{\alpha}{2}} = \frac{1-t^2}{1+t^2} \end{aligned}

{万能公式的强大之处在于它提供了一条“万能”的、纯代数的路径来解决三角问题.然而，它的计算量通常较大，且需要注意定义域问题（当 $\alpha=(2k+1)\pi$ 时, $\tan\frac{\alpha}{2}$ 无定义）.因此，在其他技巧（如辅助角公式）失效或不明显时，提供一个虽繁琐但可靠的解题保证.}

典例解析

解三角方程

求解方程 $\sin\theta + \cos\theta = 1$ .

解

本题可以通过多种方法求解，此处我们演示万能公式法，以体会其“代数化”的威力.

设变量 令 $t = \tan\frac{\theta}{2}$ .

代入公式 将万能公式代入原方程：

\frac{2t}{1+t^2} + \frac{1-t^2}{1+t^2} = 1

解代数方程 由于分母 $1+t^2 \> 0$ 恒成立，我们可以直接去分母：

2t + 1 - t^2 = 1 + t^2

2t^2 - 2t = 0

2t(t-1) = 0

解得 $t=0$ 或 $t=1$ .

反解三角函数

当 $t=0$ 时, $\tan\frac{\theta}{2} = 0$ .

\frac{\theta}{2} = k\pi \implies \theta = 2k\pi, k \in \mathbb{Z}

当 $t=1$ 时, $\tan\frac{\theta}{2} = 1$ .

\frac{\theta}{2} = k\pi + \frac{\pi}{4} \implies \theta = 2k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}

检验特殊点 万能公式的使用前提是 $\cos\frac{\theta}{2} \neq 0$ , 即 $\frac{\theta}{2} \neq k\pi+\frac{\pi}{2}$ , $\theta \neq (2k+1)\pi$ . 我们需要单独检验 $\theta = (2k+1)\pi$ 是否为方程的解. 当 $\theta = \pi$ 时, $\sin\pi+\cos\pi = 0-1 = -1 \neq 1$ . 所以这些点不是解.

{综上，原方程的解集为 $\{\theta \mid \theta=2k\pi \text{ 或 } \theta=2k\pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}$ .}

2024年1月浙江省宁波九校联考

已知 $\tan A = \frac{1}{2}$ , 则 $\dfrac{\cos4A - 4\cos2A + 3}{\cos4A + 4\cos2A + 3} =$ ( )

A. $\dfrac{1}{16}$	B. $\dfrac{1}{8}$	C. $\dfrac{1}{4}$	D. $\dfrac{1}{2}$

解

本题给出了单角的正切值，要求一个包含其二倍角和四倍角的复杂分式的值.思路是“由切求弦”，即利用万能公式的思想，将所有三角函数都用 $\tan A$ 表示出来.

由 $\tan A$ 求 $\cos 2A$ 这正是万能公式中余弦表达式的直接应用.

\cos 2A = \frac{1-\tan^2 A}{1+\tan^2 A} = \frac{1 - (\frac{1}{2})^2}{1 + (\frac{1}{2})^2} = \frac{1-\frac{1}{4}}{1+\frac{1}{4}} = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{5}{4}} = \frac{3}{5}

由 $\cos 2A$ 求 $\cos 4A$ 我们将 $2A$ 视为一个整体, 应用余弦的二倍角公式 $\cos(2\theta) = 2\cos^2\theta-1$ .

\cos 4A = \cos(2 \cdot 2A) = 2\cos^2(2A) - 1 = 2\left(\frac{3}{5}\right)^2 - 1 = 2\left(\frac{9}{25}\right) - 1 = \frac{18}{25} - 1 = -\frac{7}{25}

代入原式求值 将我们求得的 $\cos 2A$ 和 $\cos 4A$ 的值代入原分式.

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{(-\frac{7}{25}) - 4(\frac{3}{5}) + 3}{(-\frac{7}{25}) + 4(\frac{3}{5}) + 3} &= \frac{-\frac{7}{25} - \frac{12}{5} + 3}{-\frac{7}{25} + \frac{12}{5} + 3} \text{分子} &= \frac{-7 - 60 + 75}{25} = \frac{8}{25} \text{分母} &= \frac{-7 + 60 + 75}{25} = \frac{128}{25} \text{原式} &= \frac{8/25}{128/25} = \frac{8}{128} = \frac{1}{16} \end{aligned}

另辟蹊径(因式分解法) 观察表达式结构，令 $x=\cos2A$ , 原式变为 $\frac{x^2-4x+3}{x^2+4x+3}$ (其中 $x^2$ 来自 $\cos4A=2x^2-1$ 的近似, 更准确的是分子为 $2x^2-1-4x+3=2x^2-4x+2 = 2(x-1)^2$ , 分母为 $2x^2-1+4x+3 = 2x^2+4x+2=2(x+1)^2$ ). 原式 $=\frac{2(\cos2A-1)^2}{2(\cos2A+1)^2} = \left(\frac{\cos2A-1}{\cos2A+1}\right)^2$ . 代入 $\cos2A = 3/5$ , 得 $\left(\frac{3/5-1}{3/5+1}\right)^2 = \left(\frac{-2/5}{8/5}\right)^2 = (-\frac{1}{4})^2 = \frac{1}{16}$ .

{两种方法均得 $\frac{1}{16}$ , 故选 A.}

2023年12月福建省百校联考\&河北省金科大联考

若 $\tan\left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=-3, \tan\beta=3$ , 则 $\dfrac{\cos(\alpha-\beta)}{\sin(\alpha+\beta)}=$ ( )

A. $-1$	B. $\dfrac{7}{5}$	C. $\dfrac{3}{5}$	D. $\dfrac{4}{5}$

解

本题给出了两个角的正切相关值，要求解一个复杂的三角分式.直接展开将非常繁琐，而观察其结构，可以发现它是应用“弦化切”技巧的绝佳场景.

求解 $\tan\alpha$ 由 $\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})=-3$ 及和角公式可得：

\frac{\tan\alpha+\tan\frac{\pi}{4}}{1-\tan\alpha\tan\frac{\pi}{4}} = \frac{\tan\alpha+1}{1-\tan\alpha} = -3

解得 $\tan\alpha+1 = -3(1-\tan\alpha) = -3+3\tan\alpha$ .

2\tan\alpha=4 \implies \tan\alpha = 2

“弦化切”处理目标式 将所求分式的分子分母分别用和差角公式展开：

\text{原式} = \frac{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}

这是一个关于 $\sin, \cos$ 的“伪齐次式”.我们采用齐次化的技巧, 在分子分母同除以 $\cos\alpha\cos\beta$ (假设其不为0).

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{\frac{\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}}{\frac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta}} &= \frac{1+\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\frac{\sin\beta}{\cos\beta}}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}+\frac{\sin\beta}{\cos\beta}} &= \frac{1+\tan\alpha\tan\beta}{\tan\alpha+\tan\beta} \end{aligned}

代入求值 将已求得的 $\tan\alpha=2$ 和已知的 $\tan\beta=3$ 代入上式：

\text{原式} = \frac{1+(2)(3)}{2+3} = \frac{1+6}{5} = \frac{7}{5}

{综上所述，正确答案为 B.}

2023年11月江淮十校第二次联考

已知角 $\theta$ 为第二象限角, 且满足 $\sin(\theta-\frac{\pi}{3})\sin(\pi+\theta)=\cos2\theta$ , 则 $\tan\theta=$ ( )

A. $\dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{11}}{2}$	B. $\dfrac{\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}$	C. $\dfrac{-\sqrt{3}-\sqrt{11}}{2}$	D. $\dfrac{-\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}$

解

本题是一个复杂的三角恒等式方程，解题的钥匙在于将所有三角函数都统一到单角 $\theta$ 的正弦和余弦上，进而发现其齐次方程的本质.

化角归一 我们利用和差角公式、诱导公式和倍角公式将方程中的各项展开：

\sin\left(\theta-\frac{\pi}{3}\right) = \sin\theta\cos\frac{\pi}{3} - \cos\theta\sin\frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}\sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta

\sin(\pi+\theta) = -\sin\theta

\cos(2\theta) = \cos^2\theta - \sin^2\theta

代入原方程：

\left(\frac{1}{2}\sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta\right)(-\sin\theta) = \cos^2\theta - \sin^2\theta

整理为齐次方程 展开并化简：

-\frac{1}{2}\sin^2\theta + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta\cos\theta = \cos^2\theta - \sin^2\theta

方程两边同乘以2，并移项至同一侧：

-\sin^2\theta + \sqrt{3}\sin\theta\cos\theta = 2\cos^2\theta - 2\sin^2\theta

\sin^2\theta + \sqrt{3}\sin\theta\cos\theta - 2\cos^2\theta = 0

“弦化切”求解 这是一个关于 $\sin\theta, \cos\theta$ 的二次齐次方程.因为 $\theta$ 是第二象限角, $\cos\theta \neq 0$ , 两边同除以 $\cos^2\theta$ ：

\tan^2\theta + \sqrt{3}\tan\theta - 2 = 0

这是一个关于 $\tan\theta$ 的一元二次方程.利用求根公式：

\tan\theta = \frac{-\sqrt{3} \pm \sqrt{(\sqrt{3})^2 - 4(1)(-2)}}{2(1)} = \frac{-\sqrt{3} \pm \sqrt{3+8}}{2} = \frac{-\sqrt{3} \pm \sqrt{11}}{2}

象限定根 题目已知 $\theta$ 为第二象限角, 所以其正切值 $\tan\theta$ 必须为负. 对于 $\frac{-\sqrt{3}+\sqrt{11}}{2}$ , 因为 $\sqrt{11} \> \sqrt{3}$ , 所以该值为正，舍去. 对于 $\frac{-\sqrt{3}-\sqrt{11}}{2}$ , 该值显然为负，符合题意.

{故正确答案为 C.}

2024届长郡中学月考

已知 $\alpha\in(0, \frac{\pi}{2})$ , 且 $3\sqrt{2}\sin(\alpha-\frac{\pi}{4})=\cos\alpha$ , 则 $\sin\alpha+2\cos\alpha=$ ( )

A. $-2$	B. $\dfrac{25}{16}$	C. $-\dfrac{25}{16}$	D. $2$

解

本题先给出一个三角方程，再要求解一个三角表达式的值.基本思路是先由方程解出 $\alpha$ 的某个三角函数值，再代入目标表达式求解.

由方程求解 $\tan\alpha$ 展开已知方程 $3\sqrt{2}\sin(\alpha-\frac{\pi}{4})=\cos\alpha$ 的左边：

3\sqrt{2}\left(\sin\alpha\cos\frac{\pi}{4} - \cos\alpha\sin\frac{\pi}{4}\right) = \cos\alpha

3\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\alpha - \frac{\sqrt{2}}{2}\cos\alpha\right) = \cos\alpha

3(\sin\alpha - \cos\alpha) = \cos\alpha

3\sin\alpha - 3\cos\alpha = \cos\alpha \implies 3\sin\alpha = 4\cos\alpha

因为 $\alpha\in(0, \frac{\pi}{2})$ , $\cos\alpha \neq 0$ , 所以 $\tan\alpha = \frac{4}{3}$ .

求解目标表达式

方法一：求弦代入法 由 $\tan\alpha=\frac{4}{3}$ 且 $\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$ , 我们可以构造一个边长为3, 4, 5的直角三角形. 从而得到 $\sin\alpha=\frac{4}{5}$ , $\cos\alpha=\frac{3}{5}$ . 代入目标表达式：

\sin\alpha+2\cos\alpha = \frac{4}{5} + 2\left(\frac{3}{5}\right) = \frac{4}{5} + \frac{6}{5} = \frac{10}{5} = 2

方法二：齐次化法 目标表达式 $\sin\alpha+2\cos\alpha$ 不是齐次式，但我们可以通过除以“1”来改造它.

\begin{aligned} \sin\alpha+2\cos\alpha &= \frac{\sin\alpha+2\cos\alpha}{1} = \frac{\sin\alpha+2\cos\alpha}{\sqrt{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}} (\text{此步思路较曲折}) \end{aligned}

更巧妙的做法是，直接将目标式看作一个整体，用其与“1”的比值来构造齐次分式：

\sin\alpha+2\cos\alpha = \frac{\sin\alpha+2\cos\alpha}{1 \text{ 的某种形式}}

我们可以将表达式中的 $\sin\alpha, \cos\alpha$ 直接用 $\tan\alpha$ 表示出来.

\sin\alpha = \frac{\tan\alpha}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{4/3}{\sqrt{1+(4/3)^2}} = \frac{4/3}{5/3} = \frac{4}{5}

\cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{1}{5/3} = \frac{3}{5}

这本质上与方法一殊途同归.

{综上，正确答案为 D.}

总结

我们在上述所有例题中，反复运用了以下四种的数学思想，它们是破解三角变换难题的工具箱.

思想一：“配凑”与“拆解” 这是三角变换中最基本也是最的思想.当已知角与目标角不一致时，我们必须主动地去寻找或构造它们之间的联系. \begin{itemize}
拼凑角: 如例题中，已知 $\tan(\alpha-\beta)$ 和 $\tan\beta$ 求 $\tan\alpha$ , 我们通过 $\alpha = (\alpha-\beta)+\beta$ 来建立联系.
拆分角: 如推导三倍角公式时，我们将 $3\alpha$ 拆解为 $2\alpha+\alpha$ .
互补与互余: 在三角形中，利用 $A+B+C=\pi$ 构造出 $\pi-C$ 或 $\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}$ 等形式.

本质：一切角的变换，都是为了将“未知角”用“已知角”来表示，从而创造应用公式的条件.

\item 思想二：“识别”与“构造” 许多三角题目的突破口，不在于复杂的计算，而在于你是否能“看透”表达式的结构.
公式识别: 看到 $(m+1)(n+1)=2 \implies \frac{m+n}{1-mn}=1$ , 立刻联想到 $\tan(A+B)$ 的结构.看到 $1\pm\sin2\theta$ , 立刻联想到 $(\sin\theta\pm\cos\theta)^2$ .
齐次式构造: 看到分式，就思考能否通过“弦化切”（同除以 $\cos^k\theta$ ）来简化.看到 $\sin\alpha+2\cos\alpha$ 这种非齐次式, 也可能通过除以“1”( $=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ )来强行齐次化.

本质：将看似无关的代数式或三角式，通过变形，识别并匹配到我们熟悉的公式模型中去，是化繁为简的关键.

\item 思想三：“代换”与“降维” 当问题中涉及的角或表达式关系复杂，直接求解局部变量（如 $\alpha, \beta$ ）非常困难甚至不可能时，应果断采用整体思想.
整体代换: 在例题中，已知 $\cos(\beta-\alpha)$ 和 $\tan\alpha\tan\beta$ , 我们并没有去求 $\alpha, \beta$ 各是多少, 而是将 $\cos\alpha\cos\beta$ 和 $\sin\alpha\sin\beta$ 视为两个整体未知数 $X, Y$ 来求解.
降维打击: 这种思想的本质，是把一个高维（多个未知数）的复杂问题，通过整体打包，转化为一个低维（少量未知数）的简单问题，从而实现“降维打击”.

本质：不纠缠于个体，而着眼于关系的整体，是解决复杂问题的有效升维策略.

\item 思想四：“归一” 当一个表达式中含有多种不同名的三角函数时，首要任务就是将它们“统一”成同一类型的函数，通常是统一为正切函数.
齐次方程 $\to$ 正切方程: 所有的二次齐次方程 $\sin^2\theta + A\sin\theta\cos\theta + B\cos^2\theta = 0$ 都可以通过“弦化切”统一为关于 $\tan\theta$ 的代数方程.
万能公式 $\to$ 有理分式: 万能公式是统一思想的极致体现, 它能将所有三角函数都统一为关于 $t=\tan(\frac{\alpha}{2})$ 的代数分式.

本质：将不同类型的变量“翻译”成同一种语言，是进行后续代数运算和化简的前提. \end{itemize}

三角恒等变换通用解题框架

审题

拿到题目后，不要急于动手，先花几秒钟分析已知条件和求解目标，重点关注两个方面：

分析"角"：已知角与目标角之间是否存在和、差、倍、半、互补、互余等关系？
分析"结构"：表达式是齐次式吗？是否可以因式分解？是否与某个公式的结构相似？函数名是否统一？幂次是否一致？

变形与转化

根据第一步的分析，选择最合适的思想方法进行变形：

若角不统一，优先使用角的变换思想，进行拆角或凑角.
若名不统一，优先使用统一思想，进行"弦化切"或应用同角关系.
若幂不统一，优先使用降幂公式或升幂公式（二倍角余弦）.
若结构特殊，应用结构变形思想，直接套用模型或进行因式分解.
若问题极其复杂，考虑整体思想或启用万能公式作为最后手段.

收尾

经过变形后，问题通常会化简为一个可以直接求解的代数问题或简单的三角函数求值问题.

求解：进行最后的代数运算，得出结果.
检验：将结果带回思考，是否符合题目给出的角的范围（如象限、锐角等）？在变形过程中，是否有除以一个可能为零的式子？逻辑上是否存在漏洞？

角的变换

{/* label: sec:ch06-s12 */}

来龙去脉

有的时候，出题者常常将已知条件中的角与求解目标中的角进行“伪装”，使它们表面上看起来毫无关联.例如，给你 $\sin(\theta-\frac{\pi}{3})$ 的值, 却让你求 $\cos(2\theta+\frac{\pi}{3})$ 的值.

“凑角”，正是破解这类谜题的钥匙.它的本质是一种逆向思维：不再问“由已知能推出什么？”，而是问“要解决目标，我需要什么？”.它要求我们主动地、有创造性地对角进行加、减、乘、除等代数运算，从而在已知角和目标角之间建立起桥梁.这种桥梁一旦建立，问题往往会豁然开朗，转化为我们熟悉的和、差、倍、半角公式的直接应用.

而“换元法”，是实现凑角思想最直观、最强大的代数工具.通过引入一个新变量（如令 $x=\theta-\frac{\pi}{3}$ ），可以将复杂的角表达式瞬间简化，使隐藏在深处的倍角、半角关系清晰地浮现出来.

典例剖析

2024年1月浙江省嘉兴市高三上期末

已知 $\sin(\theta-\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{5}}{5}$ , 则 $\cos(2\theta+\frac{\pi}{3})=\underline{}$ .

解

本题是典型的“凑角”问题.已知角为 $\theta-\frac{\pi}{3}$ , 目标角为 $2\theta+\frac{\pi}{3}$ , 两者结构复杂.我们采用换元法，让它们的关系一目了然.

换元简化 令 $x = \theta-\frac{\pi}{3}$ . 那么, 已知条件变为 $\sin x = \frac{\sqrt{5}}{5}$ . 接着，我们将目标角用 $x$ 来表示.由 $x = \theta-\frac{\pi}{3}$ , 可得 $\theta = x+\frac{\pi}{3}$ .

\begin{aligned} 2\theta+\frac{\pi}{3} &= 2\left(x+\frac{\pi}{3}\right) + \frac{\pi}{3} &= 2x + \frac{2\pi}{3} + \frac{\pi}{3} &= 2x + \pi \end{aligned}

转化问题 经过换元，原问题被等价地转化为： *已知 $\sin x = \frac{\sqrt{5*}{5}$ , 求 $\cos(2x+\pi)$ 的值.}

求解新问题 利用诱导公式和二倍角公式求解：

\cos(2x+\pi) = -\cos(2x)

因为我们已知 $\sin x$ 的值, 所以策略性地选择只含 $\sin x$ 的余弦二倍角公式：

-\cos(2x) = -(1-2\sin^2 x) = 2\sin^2 x - 1

代入已知值 $\sin x = \frac{\sqrt{5}}{5}$ :

2\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right)^2 - 1 = 2\left(\frac{5}{25}\right) - 1 = \frac{10}{25} - 1 = \frac{2}{5} - 1 = -\frac{3}{5}

{故最终答案为 $-\dfrac{3}{5}$ .}

2023年11月THUSSAT诊断性测试

若 $\dfrac{9\pi}{16} \< \alpha \< \dfrac{17\pi}{16}$ , 且满足 $\cos\left(2\alpha-\frac{\pi}{8}\right)=-\frac{1}{4}$ , 则 $\sin\left(\frac{9\pi}{16}-\alpha\right)=$ ( )

A. $-\dfrac{\sqrt{6}}{4}$	B. $\dfrac{\sqrt{6}}{4}$	C. $-\dfrac{\sqrt{10}}{4}$	D. $\dfrac{\sqrt{10}}{4}$

解

本题的角关系更为隐蔽，但换元法依然是揭示其内在联系的最强有力的工具.本题还额外考察了利用角的范围判断符号，是高考中的常见组合.

换元简化 令 $x = 2\alpha-\frac{\pi}{8}$ . 已知条件变为 $\cos x = -\frac{1}{4}$ . 接着，我们的任务是把目标角 $\frac{9\pi}{16}-\alpha$ 也用 $x$ 表示出来. 由 $x = 2\alpha-\frac{\pi}{8}$ , 可得 $2\alpha = x+\frac{\pi}{8} \implies \alpha = \frac{x}{2}+\frac{\pi}{16}$ . 代入目标角：

\frac{9\pi}{16}-\alpha = \frac{9\pi}{16} - \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{16}\right) = \frac{8\pi}{16} - \frac{x}{2} = \frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}

转化问题 原问题等价于： *已知 $\cos x = -\frac{1*{4}$ , 求 $\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2})$ 的值.}

利用诱导与半角关系求解 利用诱导公式， $\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}) = \cos(\frac{x}{2})$ . 问题进一步转化为“已知 $\cos x$ , 求 $\cos(\frac{x}{2})$ ”. 这是典型的半角问题. 由二倍角公式 $\cos x = 2\cos^2\frac{x}{2}-1$ , 我们可以解出 $\cos^2\frac{x}{2}$ :

2\cos^2\frac{x}{2} = 1+\cos x = 1+\left(-\frac{1}{4}\right) = \frac{3}{4}

\cos^2\frac{x}{2} = \frac{3}{8} \implies \cos\frac{x}{2} = \pm \sqrt{\frac{3}{8}} = \pm \frac{\sqrt{6}}{4}

利用范围确定符号 符号的正负取决于角 $\frac{x}{2}$ 所在的象限.我们需要利用 $\alpha$ 的范围来确定 $x$ 的范围, 进而确定 $\frac{x}{2}$ 的范围. 已知 $\frac{9\pi}{16} \< \alpha \< \frac{17\pi}{16}$ . 同乘以2: $\frac{9\pi}{8} \< 2\alpha \< \frac{17\pi}{8}$ . 同减去 $\frac{\pi}{8}$ : $\frac{9\pi}{8}-\frac{\pi}{8} \< 2\alpha-\frac{\pi}{8} \< \frac{17\pi}{8}-\frac{\pi}{8}$ . 即 $\pi \< x \< 2\pi$ . 两边同除以2: $\frac{\pi}{2} \< \frac{x}{2} \< \pi$ . 所以，角 $\frac{x}{2}$ 在第二象限. 在第二象限，余弦值为负.因此 $\cos\frac{x}{2}$ 必须取负值.

\cos\frac{x}{2} = -\frac{\sqrt{6}}{4}

{所以 $\sin(\frac{9\pi}{16}-\alpha) = -\frac{\sqrt{6}}{4}$ . 正确答案为 A.}

四大思想

我们在上述所有例题中，反复运用了以下四种的数学思想，它们是破解三角变换难题的“四把万能钥匙”.

思想一：“配凑”与“拆解” 这是三角变换中最基本也是最的思想.当已知角与目标角不一致时，我们必须主动地去寻找或构造它们之间的联系. \begin{itemize}
拼凑角: 如例题中，已知 $\tan(\alpha-\beta)$ 和 $\tan\beta$ 求 $\tan\alpha$ , 我们通过 $\alpha = (\alpha-\beta)+\beta$ 来建立联系.
拆分角: 如推导三倍角公式时，我们将 $3\alpha$ 拆解为 $2\alpha+\alpha$ .
换元凑角: 如例题中，令 $x=\theta-\frac{\pi}{3}$ , 从而发现目标角 $2\theta+\frac{\pi}{3}$ 与 $x$ 存在着 $2x+\pi$ 的简洁关系.

本质：一切角的变换，都是为了将“未知角”用“已知角”来表示，从而创造应用公式的条件.

\item 思想二：“识别”与“构造” 许多三角题目的突破口，不在于复杂的计算，而在于你是否能“看透”表达式的结构.
公式识别: 看到 $(m+1)(n+1)=2 \implies \frac{m+n}{1-mn}=1$ , 立刻联想到 $\tan(A+B)$ 的结构.看到 $1\pm\sin2\theta$ , 立刻联想到 $(\sin\theta\pm\cos\theta)^2$ .
齐次式构造: 看到分式，就思考能否通过“弦化切”（同除以 $\cos^k\theta$ ）来简化.看到 $\sin\alpha+2\cos\alpha$ 这种非齐次式, 也可能通过除以“1”( $=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ )来强行齐次化.

本质：将看似无关的代数式或三角式，通过变形，识别并匹配到我们熟悉的公式模型中去，是化繁为简的关键.

\item 思想三：“代换”与“降维” 当问题中涉及的角或表达式关系复杂，直接求解局部变量（如 $\alpha, \beta$ ）非常困难甚至不可能时，应果断采用整体思想.
整体代换: 在例题中，已知 $\cos(\beta-\alpha)$ 和 $\tan\alpha\tan\beta$ , 我们并没有去求 $\alpha, \beta$ 各是多少, 而是将 $\cos\alpha\cos\beta$ 和 $\sin\alpha\sin\beta$ 视为两个整体未知数 $X, Y$ 来求解.
降维打击: 这种思想的本质，是把一个高维（多个未知数）的复杂问题，通过整体打包，转化为一个低维（少量未知数）的简单问题，从而实现“降维打击”.

本质：不纠缠于个体，而着眼于关系的整体，是解决复杂问题的有效升维策略.

\item 思想四：“归一” 当一个表达式中含有多种不同名的三角函数时，首要任务就是将它们“统一”成同一类型的函数，通常是统一为正切函数.
齐次方程 $\to$ 正切方程: 所有的二次齐次方程 $\sin^2\theta + A\sin\theta\cos\theta + B\cos^2\theta = 0$ 都可以通过“弦化切”统一为关于 $\tan\theta$ 的代数方程.
万能公式 $\to$ 有理分式: 万能公式是统一思想的极致体现, 它能将所有三角函数都统一为关于 $t=\tan(\frac{\alpha}{2})$ 的代数分式.

本质：将不同类型的变量“翻译”成同一种语言，是进行后续代数运算和化简的前提. \end{itemize}

和差化积与积化和差

{/* label: sec:ch06-s13 */}

至此，我们已经掌握了如何处理“角的和差”的三角函数，例如 $\sin(\alpha+\beta)$ .然而, 在更复杂的问题中, 我们常常会遇到“三角函数的和差”, 例如 $\sin\alpha+\sin\beta$ .这两者在形式和本质上都有着天壤之别.

能否将“三角函数的和差”与“三角函数的乘积”进行相互转化呢？答案是肯定的.这两套互为逆运算的公式——和差化积与积化和差——正是为此而生.它们并非全新的公理，而是我们已经学过的和差角公式的巧妙变形与组合.

积化和差：将两个三角函数的乘积，“展开”为两个三角函数的和差.其主要应用在于“降幂”和化简，将不易处理的乘积项转化为可以逐项处理的和差项.
和差化积：将两个三角函数的和差，“打包”成两个三角函数的乘积.其威力巨大，尤其是在简化分式（通过约分）和解三角方程中，能将形如 $f(x)+g(x)=0$ 的问题转化为 $A(x)B(x)=0$ 的形式，实现“降维打击”.

这两套公式是三角恒等变换中的“高级工具”，掌握它们能让你在处理复杂变形时游刃有余.

公式

积化和差

我们回顾正弦与余弦的和差角公式：

\begin{aligned} \sin(\alpha+\beta) &= \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta \cdots ① \sin(\alpha-\beta) &= \sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta \cdots ② \cos(\alpha+\beta) &= \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta \cdots ③ \cos(\alpha-\beta) &= \cos\alpha\cos\beta + \sin\alpha\sin\beta \cdots ④ \end{aligned}

通过将以上四式两两相加或相减，即可得到积化和差公式.例如， $(①+②) \div 2$ 可得：

\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]

积化和差公式

\begin{aligned} \sin\alpha\cos\beta &= \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)] \cos\alpha\sin\beta &= \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)] \cos\alpha\cos\beta &= \frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)] \sin\alpha\sin\beta &= -\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta)-\cos(\alpha-\beta)] \end{aligned}

和差化积公式

在积化和差公式的基础上，我们进行一次巧妙的换元.令 $\theta = \alpha+\beta$ , $\phi = \alpha-\beta$ , 则 $\alpha = \frac{\theta+\phi}{2}$ , $\beta = \frac{\theta-\phi}{2}$ . 将此代入第一个积化和差公式 $\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]$ 中，反解可得：

\sin\theta+\sin\phi = 2\sin\frac{\theta+\phi}{2}\cos\frac{\theta-\phi}{2}

和差化积公式

\begin{aligned} \sin\theta+\sin\phi &= 2\sin\frac{\theta+\phi}{2}\cos\frac{\theta-\phi}{2} \sin\theta-\sin\phi &= 2\cos\frac{\theta+\phi}{2}\sin\frac{\theta-\phi}{2} \cos\theta+\cos\phi &= 2\cos\frac{\theta+\phi}{2}\cos\frac{\theta-\phi}{2} \cos\theta-\cos\phi &= -2\sin\frac{\theta+\phi}{2}\sin\frac{\theta-\phi}{2} \end{aligned}

{记忆口诀：“正加正，正弦在前；正减正，余弦在前；余加余，余弦一对；余减余，正弦一对（符号异）”.各式后面的角永远是“和一半，差一半”.}

典例剖析

和差化积的应用

化简分式： $\dfrac{\sin 5x + \sin 3x}{\cos 5x + \cos 3x}$ .

解

本题的分子、分母都是“三角函数的和”的形式，是和差化积公式的典型应用场景.我们的目标是通过“和化积”来创造出可以约分的公因式.

对分子应用和差化积

\sin 5x + \sin 3x = 2\sin\frac{5x+3x}{2}\cos\frac{5x-3x}{2} = 2\sin 4x \cos x

对分母应用和差化积

\cos 5x + \cos 3x = 2\cos\frac{5x+3x}{2}\cos\frac{5x-3x}{2} = 2\cos 4x \cos x

整合与约分 将化简后的结果代回原分式：

\text{原式} = \frac{2\sin 4x \cos x}{2\cos 4x \cos x}

假设 $\cos 4x \neq 0$ 且 $\cos x \neq 0$ , 我们可以约去公因式 $2\cos x$ .

\text{原式} = \frac{\sin 4x}{\cos 4x} = \tan 4x

积化和差的应用

求函数 $f(x)=\sin(x+\frac{\pi}{6})\cos(x-\frac{\pi}{3})$ 的最大值.

解

本题是两个三角函数的乘积形式，直接求最值非常困难.此时，“积化和差”就成了将问题简化的不二之选.

应用积化和差公式 令 $\alpha = x+\frac{\pi}{6}$ , $\beta = x-\frac{\pi}{3}$ . 应用公式 $\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]$ . 我们先计算 $\alpha+\beta$ 和 $\alpha-\beta$ :

\alpha+\beta = \left(x+\frac{\pi}{6}\right) + \left(x-\frac{\pi}{3}\right) = 2x - \frac{\pi}{6}

\alpha-\beta = \left(x+\frac{\pi}{6}\right) - \left(x-\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}

代入公式：

\begin{aligned} f(x) &= \frac{1}{2}\left[\sin\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{2}\right)\right] &= \frac{1}{2}\left[\sin\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) + 1\right] &= \frac{1}{2}\sin\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) + \frac{1}{2} \end{aligned}

分析最值 经过积化和差，函数 $f(x)$ 变成了一个标准的 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 形式的函数. 我们知道 $\sin(2x - \frac{\pi}{6})$ 的取值范围是 $[-1, 1]$ . 因此， $f(x)$ 的最大值在 $\sin(2x - \frac{\pi}{6}) = 1$ 时取得.

f(x)_{\max} = \frac{1}{2}(1) + \frac{1}{2} = 1

{函数的最大值为 $1$ .}

2022年6月南京大学强基测试复试

已知 $\alpha, \beta \in (0, \pi)$ , 且 $\cos\alpha + \cos\beta - \cos(\alpha+\beta) = \frac{3}{2}$ , 试求 $\alpha, \beta$ 的值.

解

本题给出的方程结构复杂，混合了单角与和角.直接求解 $\alpha, \beta$ 几乎不可能.解题的突破口在于对式子进行“结构统一”，即将所有项都用相同的“基本角”来表示.

统一视角，然后应用公式 观察到方程中有 $\cos\alpha+\cos\beta$ 和 $\cos(\alpha+\beta)$ .一个自然的想法是, 将它们都与 $\frac{\alpha+\beta}{2}$ 和 $\frac{\alpha-\beta}{2}$ 联系起来. 对 $\cos\alpha+\cos\beta$ 应用和差化积：

\cos\alpha+\cos\beta = 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}

对 $\cos(\alpha+\beta)$ 应用二倍角公式, 将其视为 $\cos(2 \cdot \frac{\alpha+\beta}{2})$ :

\cos(\alpha+\beta) = 2\cos^2\frac{\alpha+\beta}{2} - 1

换元与代数化 将上述两式代入原方程：

2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2} - \left(2\cos^2\frac{\alpha+\beta}{2} - 1\right) = \frac{3}{2}

为了使结构更清晰，我们进行换元.令 $a=\cos\frac{\alpha+\beta}{2}$ , $b=\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ . 方程变为：

2ab - (2a^2-1) = \frac{3}{2}

整理得到一个关于 $a, b$ 的代数方程：

2ab - 2a^2 + 1 = \frac{3}{2} \implies 4ab - 4a^2 + 2 = 3 \implies 4a^2 - 4ab + 1 = 0

配方与求解 这是一个关键的代数变形.我们对关于 $a, b$ 的式子进行配方：

(4a^2 - 4ab + b^2) - b^2 + 1 = 0

(2a-b)^2 + (1-b^2) = 0

利用范围定值 因为 $\alpha, \beta \in (0, \pi)$ , 所以 $\alpha-\beta \in (-\pi, \pi)$ , 则 $\frac{\alpha-\beta}{2} \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ . 在此区间内, $b = \cos\frac{\alpha-\beta}{2} \> 0$ . 同时 $b \le 1$ . 因此 $b^2 \le 1 \implies 1-b^2 \ge 0$ . 接着，方程 $(2a-b)^2 + (1-b^2) = 0$ 是两个非负数之和等于零，那么唯一的可能是两个非负数同时为零.

\begin{cases} (2a-b)^2 = 0 \implies 2a=b \\ 1-b^2 = 0 \end{cases}

由 $1-b^2=0$ 及 $b\>0$ 可得 $b=1$ . 代入 $2a=b$ 可得 $a=\frac{1}{2}$ .

反解定角 将 $a, b$ 的值代回去：

b = \cos\frac{\alpha-\beta}{2} = 1 \implies \frac{\alpha-\beta}{2}=0 \implies \alpha=\beta

a = \cos\frac{\alpha+\beta}{2} = \frac{1}{2}

因为 $\alpha=\beta$ , 所以 $\cos\frac{2\alpha}{2} = \cos\alpha = \frac{1}{2}$ . 又因为 $\alpha \in (0, \pi)$ , 所以 $\alpha = \frac{\pi}{3}$ .

{因此， $\alpha=\beta=\dfrac{\pi}{3}$ .}

2010年清华大学自主招生测试

求 $\sin^4 10^\circ + \sin^4 50^\circ + \sin^4 70^\circ$ 的值.

解

本题是特点是角度特殊、幂次较高.直接计算显然不可行，策略是“降幂”与“化角”相结合，并利用和差化积简化求和.

降幂处理 反复使用降幂公式是处理高次幂的唯一出路.

\sin^2 x = \frac{1-\cos 2x}{2} \implies \sin^4 x = \left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2 = \frac{1 - 2\cos 2x + \cos^2 2x}{4}

将 $10^\circ, 50^\circ, 70^\circ$ 分别代入：

\begin{aligned} \text{原式} &= \frac{1-2\cos20^\circ+\cos^2 20^\circ}{4} + \frac{1-2\cos100^\circ+\cos^2 100^\circ}{4} + \frac{1-2\cos140^\circ+\cos^2 140^\circ}{4} &= \frac{1}{4} \left[ (1+1+1) - 2(\cos20^\circ+\cos100^\circ+\cos140^\circ) + (\cos^2 20^\circ+\cos^2 100^\circ+\cos^2 140^\circ) \right] \end{aligned}

问题转化为计算两个括号内的和.

计算一次项之和 令 $S_1 = \cos20^\circ+\cos100^\circ+\cos140^\circ$ . 我们先对后两项使用和差化积：

\cos100^\circ+\cos140^\circ = 2\cos\frac{100^\circ+140^\circ}{2}\cos\frac{100^\circ-140^\circ}{2} = 2\cos120^\circ\cos(-20^\circ) = 2\left(-\frac{1}{2}\right)\cos20^\circ = -\cos20^\circ

所以， $S_1 = \cos20^\circ + (-\cos20^\circ) = 0$ .

计算二次项之和 令 $S_2 = \cos^2 20^\circ+\cos^2 100^\circ+\cos^2 140^\circ$ . 再次进行降幂处理：

\begin{aligned} S_2 &= \frac{1+\cos40^\circ}{2} + \frac{1+\cos200^\circ}{2} + \frac{1+\cos280^\circ}{2} &= \frac{3}{2} + \frac{1}{2}(\cos40^\circ+\cos200^\circ+\cos280^\circ) \end{aligned}

我们计算括号内的和 $S_3 = \cos40^\circ+\cos200^\circ+\cos280^\circ$ . 利用诱导公式: $\cos200^\circ = \cos(180^\circ+20^\circ) = -\cos20^\circ$ , $\cos280^\circ=\cos(360^\circ-80^\circ)=\cos80^\circ$ .

S_3 = \cos40^\circ - \cos20^\circ + \cos80^\circ

对 $\cos40^\circ+\cos80^\circ$ 应用和差化积：

\cos40^\circ+\cos80^\circ = 2\cos\frac{40^\circ+80^\circ}{2}\cos\frac{40^\circ-80^\circ}{2} = 2\cos60^\circ\cos(-20^\circ) = 2\left(\frac{1}{2}\right)\cos20^\circ = \cos20^\circ

所以， $S_3 = \cos20^\circ - \cos20^\circ = 0$ . 因此， $S_2 = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}(0) = \frac{3}{2}$ .

整合求值 将 $S_1=0$ 和 $S_2=\frac{3}{2}$ 代回第一步的表达式：

\text{原式} = \frac{1}{4}\left[3 - 2(0) + \frac{3}{2}\right] = \frac{1}{4}\left(3+\frac{3}{2}\right) = \frac{1}{4}\left(\frac{9}{2}\right) = \frac{9}{8}

{最终结果为 $\dfrac{9}{8}$ .}

来龙去脉

我们已经深入研究了最基本的“单位波形”正弦函数 $y=\sin x$ .它如同一个纯净的音符, 振幅为1, 周期为 $2\pi$ ，从原点开始振动.然而，现实世界中的周期现象远比这复杂.

声音有高低音量之分；
琴弦有不同音调之别；
振动有不同起始时刻之差；
潮汐有不同基准海平面之高低.

如何用数学语言来精确描述这些丰富多彩的波动？答案就在于为基础的正弦函数 $y=\sin x$ 加上 $A, \omega, \varphi, B$ . 这四个参数，每一个都控制着波形的一种基本几何变换.通过调节它们，我们可以对基础的正弦波进行拉伸、挤压、平移，从而调教出能够拟合任何简谐运动的函数图像.本节的任务，就是彻底搞清楚这四个参数的独立作用以及它们协同工作时对函数性质的综合影响.

$y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ ( $A\>0, \omega\>0$ ) 的图像可以看作是对最基础的正弦曲线 $y=\sin x$ 进行一系列精确的几何变换得到的.每一个参数 ( $A, B, \omega, \varphi$ ) 都扮演着一个独立的角色，如同一个“调节旋钮”，控制着图像的一种特定形变.理解每个参数的几何意义，是掌握此类函数的关键.

\paragraph{参数 $B$ 与垂直平移} 参数 $B$ 控制图像的整体上下平移.它不改变图像的形状（振幅、周期），只改变其垂直位置.

{/* latex-label: fig:vertical-shift */} \begin{figure}[htbp]

{B} 导致图像垂直平移：\texorpdfstring{ $y=\sin x + B$ }{y=sin x + B}}

\end{figure} 图：参数 \texorpdfstring{ $B$

变换规则: 将 $y=f(x)$ 的图像向上( $B\>0$ )或向下( $B\<0$ )平移 $|B|$ 个单位长度, 得到 $y=f(x)+B$ 的图像.
性质影响: \begin{itemize}
对称中心线: 图像的平衡位置由 $x$ 轴 ( $y=0$ ) 平移至直线 $y=B$ .
最值: 最大值由 $A$ 变为 $A+B$ , 最小值由 $-A$ 变为 $-A+B$ .

\end{itemize}

\paragraph{参数 $A$ 与垂直伸缩（振幅变换）} 参数 $A$ ( $A\>0$ ) 控制图像在垂直方向上的拉伸或压缩，即改变图像的振幅.

{/* latex-label: fig:amplitude-change */} \begin{figure}[htbp]

{A} 使图像在垂直方向伸缩 \texorpdfstring{ $A$ }{A} 倍（振幅变为 \texorpdfstring{ $A$ }{A}）}

\end{figure} 图：参数 \texorpdfstring{ $A$

变换规则: 将 $y=f(x)$ 图像上所有点的纵坐标变为原来的 $A$ 倍 (横坐标不变), 得到 $y=A f(x)$ 的图像.
性质影响: \begin{itemize}
值域: 值域由 $[-1, 1]$ 变为 $[-A, A]$ .
最值: 最大值为 $A$ , 最小值为 $-A$ .
不变性: 图像的周期、对称轴位置和零点位置均不改变.

\end{itemize}

\paragraph{参数 $\omega$ 与水平伸缩（周期变换）} 参数 $\omega$ ( $\omega\>0$ ) 控制图像在水平方向上的压缩或拉伸，直接改变图像的周期.

{/* latex-label: fig:period-change */} \begin{figure}[htbp]

{omega} 使图像在水平方向压缩 \texorpdfstring{ $\omega$ }{omega} 倍（周期变为 \texorpdfstring{ $\dfrac{2\pi}{\omega}$ }{2pi/omega}）}

\end{figure} 图：参数 \texorpdfstring{ $\omega$

变换规则: 将 $y=f(x)$ 图像上所有点的横坐标变为原来的 $\frac{1}{\omega}$ 倍 (纵坐标不变), 得到 $y=f(\omega x)$ 的图像. \begin{itemize}
当 $\omega\>1$ 时, 图像被压缩.
当 $0\<\omega\<1$ 时, 图像被拉伸.

\item 性质影响:
周期: 最小正周期由 $T$ 变为 $T' = \dfrac{T}{\omega}$ . 对于正弦函数, 由 $2\pi$ 变为 $\dfrac{2\pi}{\omega}$ .
不变性: 图像的振幅、值域和平衡位置均不改变.

\end{itemize}

\paragraph{参数 $\varphi$ 与水平平移（相位变换）} 参数 $\varphi$ 控制图像的整体左右平移.它不改变图像的形状，只改变其水平位置，即相位.

{/* latex-label: fig:phase-shift */} \begin{figure}[htbp]

{phi} 使图像沿 \texorpdfstring{ $x$ }{x} 轴平移：\texorpdfstring{ $\varphi\>0$ }{phi>0} 时向左平移, \texorpdfstring{ $\varphi\<0$ }{phi<0} 时向右平移}

\end{figure} 图：参数 \texorpdfstring{ $\varphi$

变换规则: 将 $y=f(x)$ 的图像进行平移. \begin{itemize}
向左平移 $\varphi$ 个单位 ( $\varphi\>0$ ), 得到 $y=f(x+\varphi)$ 的图像.
向右平移 $\varphi$ 个单位 ( $\varphi\>0$ ), 得到 $y=f(x-\varphi)$ 的图像.

口诀：“左加右减”. \item 性质影响:
位置: 图像上所有点的位置发生水平移动，因此对称轴、对称中心、最值点、零点的位置都发生改变.
不变性: 图像的形状完全不变，即振幅、周期和值域都不改变.

\end{itemize}

\texorpdfstring{ $y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$

{y = A sin(omega x + varphi) + B}} {/* label: sec:ch06-s14 */}

由 \texorpdfstring{ $y=\sin x$

{y = sin x} 到 \texorpdfstring{ $y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ }{y = A sin(omega x + varphi) + B} 的图像变换}

要得到目标函数的图像，通常有两种变换路径.为避免混淆，我们强烈推荐以下"先伸缩，后平移"的路径.

路径一（推荐）：

y=\sin x \xrightarrow{\text{周期变换}} y=\sin(\omega x) \xrightarrow{\text{相位变换}} y=\sin(\omega x+\varphi) \xrightarrow{\text{振幅变换}} y=A\sin(\omega x+\varphi) \xrightarrow{\text{垂直平移}} y=A\sin(\omega x+\varphi)+B

具体步骤分解：

周期变换：将 $y=\sin x$ 的图像上所有点的横坐标变为原来的 $\frac{1}{\omega}$ 倍（纵坐标不变）, 得到 $y=\sin(\omega x)$ .
相位变换：将 $y=\sin(\omega x)$ 的图像向左平移 $\frac{\varphi}{\omega}$ 个单位长度, 得到 $y=\sin\left(\omega\left(x+\frac{\varphi}{\omega}\right)\right) = \sin(\omega x+\varphi)$ .
振幅变换：将 $y=\sin(\omega x+\varphi)$ 的图像上所有点的纵坐标变为原来的 $A$ 倍（横坐标不变）, 得到 $y=A\sin(\omega x+\varphi)$ .
垂直平移：将 $y=A\sin(\omega x+\varphi)$ 的图像向上（ $B\>0$ ）或向下（ $B\<0$ ）平移 $|B|$ 个单位长度，得到最终图像.

{/* latex-label: fig:transform-steps */} \begin{figure}[htbp]

{y=sin x} 到 \texorpdfstring{ $y=2\sin(2x+\frac{\pi}{3})+0.5$ }{y=2sin(2x+pi/3)+0.5} 的图像变换过程}

\end{figure} 图：由 \texorpdfstring{ $y=\sin x$

平移量的确定

在进行水平平移时，务必将 $x$ 的系数 $\omega$ 提出, 即观察 $y=\sin\left(\omega\left(x+\dfrac{\varphi}{\omega}\right)\right)$ .

从 $y=\sin(\omega x)$ 到 $y=\sin(\omega x+\varphi)$ , 是向左平移了 $\dfrac{\varphi}{\omega}$ 个单位.
从 $y=\sin x$ 先平移 $\varphi$ 个单位得到 $y=\sin(x+\varphi)$ , 再进行周期变换得到 $y=\sin(\omega x+\varphi)$ , 这种"先平移后伸缩"的路径, 实际是将横坐标变为原来的 $\dfrac{1}{\omega}$ 倍, 所以原始的平移量 $\varphi$ 也被压缩了, 最终的平移效果仍然是 $\dfrac{\varphi}{\omega}$ .

**结论：**为了避免混淆，强烈建议使用"先伸缩，后平移"的路径，并牢记平移量是 $\dfrac{\varphi}{\omega}$ 而不是 $\varphi$ .

整体换元思想

分析函数 $f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ 的性质（如单调性、对称性）, 其思想是整体代换.我们将内层函数 $u = \omega x+\varphi$ 视为一个整体, 先求出基础函数 $y=A\sin u+B$ 的相应性质区间, 再反解出 $x$ 的取值范围.

值域与最值: 当 $\sin(\omega x+\varphi) = 1$ 时, $y_{\max} = |A|+B$ . 当 $\sin(\omega x+\varphi) = -1$ 时, $y_{\min} = -|A|+B$ .
单调区间: (以 $A\>0, \omega\>0$ 为例) 要求单调递增区间，即求满足 $2k\pi-\frac{\pi}{2} \le \omega x+\varphi \le 2k\pi+\frac{\pi}{2}$ 的 $x$ 的范围. 要求单调递减区间，即求满足 $2k\pi+\frac{\pi}{2} \le \omega x+\varphi \le 2k\pi+\frac{3\pi}{2}$ 的 $x$ 的范围.
对称性: (以 $A\>0, \omega\>0$ 为例) 对称轴由 $\omega x+\varphi = k\pi+\frac{\pi}{2}$ 解出. 对称中心由 $\omega x+\varphi = k\pi$ 解出其横坐标.

典例剖析

由图求参

已知函数 $f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ ( $A\>0, \omega\>0, |\varphi|\<\frac{\pi}{2}$ ) 的部分图像如图所示，求其解析式.

\begin{figure}[htbp]

{f(x)=Asin(omega x + phi)+B} 的部分图像}

\end{figure} 图：函数 \texorpdfstring{ $f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)+B$

解

本题是"由图求参"的经典问题，我们遵循"定 $B$ → 定 $A$ → 定 $\omega$ → 定 $\varphi$ "的黄金法则.

第一步：定 $B$ （平衡位置）

由图可知，函数的最大值 $y_{\max}=3$ , 最小值为 $y_{\min}=-1$ .

B = \frac{y_{\max}+y_{\min}}{2} = \frac{3+(-1)}{2} = 1

第二步：定 $A$ （振幅）

A = \frac{y_{\max}-y_{\min}}{2} = \frac{3-(-1)}{2} = 2

第三步：定 $\omega$ （角频率）

图中给出了一个最高点 $\left(\dfrac{\pi}{3}, 3\right)$ 和一个相邻的最低点 $\left(\dfrac{4\pi}{3}, -1\right)$ . 它们之间的水平距离恰好是半个周期.

\frac{T}{2} = \frac{4\pi}{3} - \frac{\pi}{3} = \pi \implies T=2\pi

由周期公式 $T=\dfrac{2\pi}{\omega}$ 可得：

\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2\pi} = 1

第四步：定 $\varphi$ （初相）

将 $A, B, \omega$ 的值代入, 函数解析式为 $f(x)=2\sin(x+\varphi)+1$ .

我们将一个特殊点代入来求解 $\varphi$ .选择最高点 $\left(\dfrac{\pi}{3}, 3\right)$ 代入：

3 = 2\sin\left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right)+1 \implies 2 = 2\sin\left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right) \implies \sin\left(\frac{\pi}{3}+\varphi\right) = 1

这意味着内层函数 $\dfrac{\pi}{3}+\varphi$ 必须是 $\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ , $k\in\mathbb{Z}$ .

\frac{\pi}{3}+\varphi = \frac{\pi}{2}+2k\pi \implies \varphi = \frac{\pi}{6}+2k\pi

因为题目要求 $|\varphi|\<\dfrac{\pi}{2}$ , 所以取 $k=0$ , 得 $\varphi=\dfrac{\pi}{6}$ .

**答案：**所求函数的解析式为 $f(x)=2\sin\left(x+\dfrac{\pi}{6}\right)+1$

note

"五点法"反求

\varphi

的技巧

在确定 $\varphi$ 时，选择"五点法"中的特殊点（最高点、最低点、与平衡位置的交点）代入，可以使方程的求解变得非常简单.

代入最高点： $\sin(\omega x+\varphi)=1$ , 即 $\omega x+\varphi=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ .
代入最低点： $\sin(\omega x+\varphi)=-1$ , 即 $\omega x+\varphi=-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ .
代入中心线上升点： $\sin(\omega x+\varphi)=0$ 且函数递增, 即 $\omega x+\varphi=2k\pi$ .
代入中心线下降点： $\sin(\omega x+\varphi)=0$ 且函数递减, 即 $\omega x+\varphi=\pi+2k\pi$ .

这种方法被称为"五点法求 $\varphi$ "，是快速准确求解初相的关键技巧.

多选, 2023山东师大附中10月月考

函数 $f(x) = \sqrt{2} \sin(\omega x + \varphi) \left(\omega \> 0, |\varphi| \< \frac{\pi}{2}\right)$ 的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有 ( )

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

A. $f(x)$ 的最小正周期 $T$ 为 $\pi$
B. $f(x)$ 向右平移 $\frac{3\pi}{8}$ 个单位后得到的新函数是偶函数
C. 若方程 $f(x)=1$ 在 $(0, m)$ 上共有 4 个根, 则这 4 个根的和为 $\frac{7\pi}{2}$
D. $f(x) \left(x \in \left[0, \frac{5\pi}{4}\right]\right)$ 图象上的动点 $M$ 到直线 $2x-y+4=0$ 的距离最小时, $M$ 的横坐标为 $\frac{\pi}{4}$

解

本题是一道结合了图像分析、性质判断与导数思想的综合性多选题.解题的关键是先确定函数的解析式，再逐一判断每个选项的真伪.

假设选项A正确，即 $T=\pi$ . 则 $\omega=\frac{2\pi}{T}=2$ . 函数为 $f(x)=\sqrt{2}\sin(2x+\varphi)$ . 将图中的零点 $(\frac{5\pi}{8}, 0)$ 代入：

\sqrt{2}\sin\left(2\cdot\frac{5\pi}{8}+\varphi\right) = 0 \implies \sin\left(\frac{5\pi}{4}+\varphi\right)=0

这意味着 $\frac{5\pi}{4}+\varphi = k\pi$ for $k\in\mathbb{Z}$ .

\varphi = k\pi - \frac{5\pi}{4}

根据条件 $|\varphi|\<\frac{\pi}{2}$ , 取 $k=1$ , 得 $\varphi = \pi - \frac{5\pi}{4} = -\frac{\pi}{4}$ . 所以，函数的解析式为 $f(x)=\sqrt{2}\sin(2x-\frac{\pi}{4})$ . 我们可以验证，当 $x=\frac{\pi}{8}$ 时, $f(x)=0$ . 当 $x=\frac{5\pi}{8}$ 时, $f(x)=0$ . 这与图像的形态大致吻合.

逐一判断选项

对于A: 我们是基于 $T=\pi$ 推导出的解析式，故A正确.
对于B: 将 $f(x)$ 向右平移 $\frac{3\pi}{8}$ 个单位得到 $g(x) = f(x-\frac{3\pi}{8})$ .

g(x) = \sqrt{2}\sin\left(2(x-\frac{3\pi}{8})-\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\sin\left(2x-\frac{3\pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}\sin(2x-\pi) = -\sqrt{2}\sin(2x)

该函数是奇函数，不是偶函数.故B错误.

对于C: 解方程 $f(x)=1 \implies \sqrt{2}\sin(2x-\frac{\pi}{4}) = 1 \implies \sin(2x-\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ .

2x-\frac{\pi}{4} = 2k\pi+\frac{\pi}{4} \text{或} 2x-\frac{\pi}{4} = 2k\pi+\frac{3\pi}{4}

2x=2k\pi+\frac{\pi}{2} \text{或} 2x=2k\pi+\pi

x=k\pi+\frac{\pi}{4} \text{或} x=k\pi+\frac{\pi}{2}

在 $(0,m)$ 内的4个正根，从小到大依次为：
$x_1=\frac{\pi}{4}$, $x_2=\frac{\pi}{2}$ (当$k=0$)
$x_3=\pi+\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{4}$, $x_4=\pi+\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{2}$ (当$k=1$)
这4个根的和为 $\frac{\pi}{4}+\frac{2\pi}{4}+\frac{5\pi}{4}+\frac{6\pi}{4} = \frac{14\pi}{4} = \frac{7\pi}{2}$. 故C正确.

对于D: 求动点 $M(x, f(x))$ 到直线 $y=2x+4$ 的距离最小值.当 $M$ 点的切线与该直线平行时，距离可能取到极值. 直线的斜率为2.我们求 $f(x)$ 的导数：

f'(x) = \sqrt{2}\cos\left(2x-\frac{\pi}{4}\right)\cdot 2 = 2\sqrt{2}\cos\left(2x-\frac{\pi}{4}\right)

令 $f'(x)=2 \implies 2\sqrt{2}\cos(2x-\frac{\pi}{4})=2 \implies \cos(2x-\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
这与C中方程的其中一解相同，解得 $x=k\pi+\frac{\pi}{4}$.
在区间 $[0, \frac{5\pi}{4}]$ 内, 可能的 $x$ 值为 $\frac{\pi}{4}$ 和 $\frac{5\pi}{4}$. 通过分析距离函数 $d(x)=\frac{|2x-f(x)+4|}{\sqrt{5}}$ 在这些点及端点处的值, 可以判断在 $x=\frac{\pi}{4}$ 处距离最小.故D正确.

{综上所述，正确的选项为ACD.}

多选, 2023湖南长郡中学月考

已知 $x_0=\frac{2\pi}{3}$ 是函数 $f(x)=\sin(2x+\varphi) (0\<\varphi\<\pi)$ 的一个零点，则 ( )

A. $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{5\pi}{12}\right]$ 上单调递减	B. $f(x)$ 在区间 $\left(-\frac{\pi}{12}, \frac{11\pi}{12}\right)$ 只有一个极值点
C. 直线 $x=\frac{7\pi}{6}$ 是曲线 $y=f(x)$ 的对称轴	D. 直线 $y=\frac{\sqrt{3}}{2}-x$ 是曲线 $y=f(x)$ 的切线

解

本题是典型的“由性质求参数，再由参数定性质”问题.

确定函数解析式 将零点 $x_0=\frac{2\pi}{3}$ 代入 $f(x)=\sin(2x+\varphi)$ :

\sin\left(2\cdot\frac{2\pi}{3}+\varphi\right) = \sin\left(\frac{4\pi}{3}+\varphi\right)=0

这意味着 $\frac{4\pi}{3}+\varphi=k\pi, k\in\mathbb{Z}$ .

\varphi = k\pi - \frac{4\pi}{3}

根据条件 $0\<\varphi\<\pi$ , 取 $k=2$ , 得 $\varphi = 2\pi - \frac{4\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ . 所以函数解析式为 $f(x)=\sin(2x+\frac{2\pi}{3})$ .

逐一判断选项

对于A: 求单调递减区间.令 $u=2x+\frac{2\pi}{3}$ , $\sin u$ 的递减区间为 $[\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{3\pi}{2}+2k\pi]$ .

\frac{\pi}{2}+2k\pi \le 2x+\frac{2\pi}{3} \le \frac{3\pi}{2}+2k\pi

-\frac{\pi}{6}+2k\pi \le 2x \le \frac{5\pi}{6}+2k\pi \implies -\frac{\pi}{12}+k\pi \le x \le \frac{5\pi}{12}+k\pi

当 $k=0$ 时, 一个单调递减区间为 $[-\frac{\pi}{12}, \frac{5\pi}{12}]$.
题目给出的区间 $[0, \frac{5\pi}{12}]$ 是上述区间的子集, 因此 $f(x)$ 在此区间上确实单调递减.故A正确.

对于B: 求极值点.极值点满足 $u=2x+\frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{2}+k\pi$ .

2x = \frac{\pi}{2}+k\pi-\frac{2\pi}{3} = -\frac{\pi}{6}+k\pi \implies x = \frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{12}

在区间 $(-\frac{\pi}{12}, \frac{11\pi}{12})$ 内寻找满足条件的 $x$:
若 $k=1$, $x=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12}=\frac{5\pi}{12}$, 在区间内.
若 $k=2$, $x=\pi-\frac{\pi}{12}=\frac{11\pi}{12}$, 不在区间内.
若 $k=0$, $x=-\frac{\pi}{12}$, 不在区间内.
因此，在给定区间内只有一个极值点.故B正确.

对于C: 判断对称轴.对称轴方程为 $x=\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{12}$ . 我们需要判断 $x=\frac{7\pi}{6}$ 是否能由该式取到.

\frac{7\pi}{6} = \frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{12} \implies \frac{14\pi}{12}+\frac{\pi}{12}=\frac{k\pi}{2} \implies \frac{15\pi}{12}=\frac{k\pi}{2} \implies \frac{5\pi}{4}=\frac{k\pi}{2} \implies k=\frac{5}{2}

因为 $k$ 不是整数, 所以 $x=\frac{7\pi}{6}$ 不是对称轴.故C错误.

对于D: 判断切线.我们需要找到一个点 $x_t$ , 同时满足 $f'(x_t)=-1$ (斜率相同) 和 $f(x_t)=\frac{\sqrt{3}}{2}-x_t$ (点重合). $f'(x)=2\cos(2x+\frac{2\pi}{3})$ . 令 $f'(x_t)=-1 \implies \cos(2x_t+\frac{2\pi}{3})=-\frac{1}{2}$ . 一个简单的解是 $2x_t+\frac{2\pi}{3}=\frac{2\pi}{3} \implies x_t=0$ . 我们来验证 $x_t=0$ 这一点. 切点坐标: $x=0$ , $y=f(0)=\sin(\frac{2\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 切点为 $(0, \frac{\sqrt{3}}{2})$ . 将该点代入切线方程 $y=\frac{\sqrt{3}}{2}-x$ , 左边为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , 右边为 $\frac{\sqrt{3}}{2}-0=\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 左右相等，说明点在直线上. 因为斜率和点都满足，所以该直线确实是曲线在 $x=0$ 处的切线.故D正确.

{综上所述，正确的选项为ABD.}

\texorpdfstring{ $\omega$ 的约束与求解

{Constraints on omega}} {/* label: sec:ch06-s15 */} 在三角函数的研究中，我们常常需要根据函数在特定区间上展现出的性质——如单调性、最值的数量、零点的个数——来反向推断函数解析式中的参数，尤其是决定周期的参数 $\omega$ .这类问题被称为参数 $\omega$ 的约束与求解问题，它深刻地考察了我们对三角函数图像与性质之间内在联系的理解.

这类问题的在于建立周期与区间长度之间的不等关系.函数在给定区间内能容纳多少个周期（或特定比例的周期），直接决定了它在该区间内最值点和零点的数量.解决这类问题通常有两种主流的分析路径：

整体换元法: 将 $u = \omega x + \varphi$ 视为一个整体, 分析当 $x$ 在给定区间内变化时, $u$ 所在的“有效区间”.然后考察标准正弦函数 $y=\sin u$ 在这个有效区间内必须包含哪些特征点（如最高点、最低点、零点）, 以及必须排除哪些特征点, 从而建立关于区间端点的不等式来求解 $\omega$ .
特征点定位法 (或称“ $\omega$ 卡根法”): 直接写出函数 $f(x)$ 的所有特征点（最值点、零点）的横坐标通式（该通式将含有 $\omega$ ）.然后根据题意, 确定第 $n$ 个特征点必须落在给定区间内, 而第 $n+1$ 个特征点必须落在区间外或恰好在区间的端点上.通过这种“卡位”的方式, 建立关于 $\omega$ 的不等式组.

这两种方法殊途同归，都需要严谨的逻辑推理和对图像的深刻洞察.

2022年6月全国甲卷(理) 第11题

设函数 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3})$ 在区间 $(0, \pi)$ 恰有三个极值点, 两个零点, 则 $\omega$ 的取值范围是 ( )

\begin{multicols}{2}

[label=\Alph*., itemsep=1ex, topsep=1ex, leftmargin=*]

$\left(\frac{5}{3}, \frac{13}{6}\right]$
$\left(\frac{5}{3}, \frac{19}{6}\right)$
$\left(\frac{13}{6}, \frac{8}{3}\right]$
$\left(\frac{13}{6}, \frac{19}{6}\right)$

\end{multicols}

解

本题是典型的通过函数在给定区间内的性质来确定参数 $\omega$ 范围的问题. 我们可以从"整体换元"和"特征点定位"两个角度来解决.

法一：整体换元法

令 $t = \omega x + \frac{\pi}{3}$ . 函数 $f(x)$ 的性质等价于函数 $y=\sin t$ 的性质. 当自变量 $x \in (0, \pi)$ 时, $t$ 的取值范围是:

t \in \left(\omega \cdot 0 + \frac{\pi}{3}, \omega \pi + \frac{\pi}{3}\right) = \left(\frac{\pi}{3}, \omega\pi + \frac{\pi}{3}\right)

题目要求 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 内有三个极值点和两个零点, 这就等价于函数 $y=\sin t$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{3}, \omega\pi + \frac{\pi}{3}\right)$ 内有三个极值点和两个零点.

我们列出函数 $y=\sin t$ 在 $t\>0$ 时的极值点和零点：

极值点 (即 $\sin t = \pm 1$ 的点): $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}, ...$
零点 (即 $\sin t = 0$ 的点): $\pi, 2\pi, 3\pi, 4\pi, ...$

我们的区间从 $t=\frac{\pi}{3}$ 开始. 要恰好包含三个极值点，这些点必须是 $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ . 要恰好包含两个零点，这些点必须是 $\pi, 2\pi$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

综合来看，区间 $\left(\frac{\pi}{3}, \omega\pi + \frac{\pi}{3}\right)$ 必须包含的最后一个点是第三个极值点 $\frac{5\pi}{2}$ . 同时, 它必须排除掉第三个零点 $3\pi$ 和第四个极值点 $\frac{7\pi}{2}$ . 其中, $3\pi$ 是更小的需要被排除的点. 因此，区间的右端点 $\omega\pi + \frac{\pi}{3}$ 必须满足：

\frac{5\pi}{2} \< \omega\pi + \frac{\pi}{3} \le 3\pi

注意，由于 $x \in (0, \pi)$ , 即使 $\omega\pi+\frac{\pi}{3}=3\pi$ 成立, 对应的 $x$ 值也不在原区间内，因此右边界可以取等号. 解此不等式组：

\frac{5\pi}{2} - \frac{\pi}{3} \< \omega\pi \le 3\pi - \frac{\pi}{3}

\frac{13\pi}{6} \< \omega\pi \le \frac{8\pi}{3}

\frac{13}{6} \< \omega \le \frac{8}{3}

法二：特征点定位法 (" $\omega$ 卡根法")

我们直接写出极值点和零点的横坐标通式. 令 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3}) = 0$ , 则 $\omega x + \frac{\pi}{3} = k\pi$ . 零点为 $x_k = \frac{k\pi}{\omega} - \frac{\pi}{3\omega} = \frac{(3k-1)\pi}{3\omega}$ , $k \in \mathbb{Z}$ . 令 $f'(x) = \omega\cos(\omega x + \frac{\pi}{3}) = 0$ , 则 $\omega x + \frac{\pi}{3} = k\pi + \frac{\pi}{2}$ . 极值点为 $x'_k = \frac{k\pi}{\omega} + \frac{\pi}{6\omega} = \frac{(6k+1)\pi}{6\omega}$ , $k \in \mathbb{Z}$ .

我们需要在区间 $(0, \pi)$ 内找到三个正的极值点和两个正的零点.

零点 ( $x_k\>0$ ): $k=1,2,3,... \implies x_1=\frac{2\pi}{3\omega}, x_2=\frac{5\pi}{3\omega}, x_3=\frac{8\pi}{3\omega}, ...$
极值点 ( $x'_k\>0$ ): $k=0,1,2,3,... \implies x'_0=\frac{\pi}{6\omega}, x'_1=\frac{7\pi}{6\omega}, x'_2=\frac{13\pi}{6\omega}, x'_3=\frac{19\pi}{6\omega}, ...$

根据题意，第三个极值点 $x'_2$ 和第二个零点 $x_2$ 必须在区间 $(0, \pi)$ 内. 而第四个极值点 $x'_3$ 和第三个零点 $x_3$ 必须在区间 $(0, \pi)$ 之外, 即大于等于 $\pi$ . 要满足条件，我们只需保证所有应在区间内的点中，最大的那一个小于 $\pi$ ；所有应在区间外的点中, 最小的那一个大于等于 $\pi$ .

比较大小： $x'_2 = \frac{13\pi}{6\omega} \approx \frac{2.167\pi}{\omega}$ , $x_2 = \frac{5\pi}{3\omega} \approx \frac{1.667\pi}{\omega}$ . 最大的"区间内"点是 $x'_2$ . $x'_3 = \frac{19\pi}{6\omega} \approx \frac{3.167\pi}{\omega}$ , $x_3 = \frac{8\pi}{3\omega} \approx \frac{2.667\pi}{\omega}$ . 最小的"区间外"点是 $x_3$ .

因此，我们得到不等式组：

\begin{cases} x'_2 = \dfrac{13\pi}{6\omega} \< \pi \\ \\ x_3 = \dfrac{8\pi}{3\omega} \ge \pi \end{cases}

解第一个不等式：

\frac{13\pi}{6} \< \omega\pi \implies \omega \> \frac{13}{6}

解第二个不等式：

\frac{8\pi}{3} \ge \omega\pi \implies \omega \le \frac{8}{3}

合并解得：

\frac{13}{6} \< \omega \le \frac{8}{3}

{两种方法结果一致, 故选 C.}

求解此类关于 $\omega$ 的范围问题，是建立不等式.

整体换元法更侧重于图像的直观理解.它将问题转化为在标准正弦曲线上“框选”一个区间，使得该区间恰好包含指定数量的特征点.这种方法思路清晰，不易出错.关键在于确定区间的左右端点必须“卡”在哪两个关键特征点之间.
特征点定位法更侧重于代数计算.它通过求解通式，直接定位最后一个“应在区间内的点”和第一个“应在区间外的点”，然后利用区间端点将它们“卡住”.这种方法更为程序化，但需要细心处理多个点的通式和大小比较.

无论哪种方法，处理不等式的边界条件（即等号能否取到）都至关重要.这通常取决于原区间的开闭性以及函数在端点处的取值情况.

这类问题的，是根据函数在固定长度的区间内展现出的特定性质（如零点、极值点的数量），反向约束那个决定周期性伸缩的参数 $\omega$ .无论题目如何变化，其底层逻辑都遵循一套通用的分析框架.

问题的本质，是函数图像在区间 $(a, b)$ 内能“容纳”多少个波形. $\omega$ 越大, 周期 $T = \frac{2\pi}{\omega}$ 越小，图像被压缩得越厉害，同样长度的区间内就能容纳更多的零点和极值点.反之亦然.

我们的任务就是将“恰有 N 个极值点，M 个零点”这一性质描述，精准地翻译成一个关于 $\omega$ 的数学不等式.

于是，“卡位”思想是解决此类问题的灵魂.它指的是，我们必须找到那个最后一个应该在区间内的特征点，以及第一个不应该在区间内的特征点，然后用区间的端点将它们“卡住”.

具体来说，假设区间为 $(a, b)$ :

“内卡”条件: 最后一个需要被包含的特征点（假设其横坐标为 $x_{\text{尾内}}$ ）, 必须严格落在区间 $(a, b)$ 内部.这给出了关于 $\omega$ 的一个下界约束.

x_{\text{尾内}} \< b

“外卡”条件: 第一个不应被包含的特征点（假设其横坐标为 $x_{\text{首外}}$ ）, 必须落在区间的右侧或恰好在右端点上.这给出了关于 $\omega$ 的一个上界约束.

x_{\text{首外}} \ge b

联立这两个不等式，即可解出 $\omega$ 的范围.

如何找到并利用 $x_{\text{尾内}}$ 和 $x_{\text{首外}}$ 来建立不等式？我们有两种逻辑上等价但操作上不同的路径.

\paragraph{路径一：整体换元法 (图像视角)} 思想：固定标准图像，移动考察区间.

操作步骤：

换元：令 $t = \omega x + \varphi$ , 将问题转化为分析标准函数 $y=\sin t$ .
定区间：根据 $x \in (a, b)$ , 确定新变量 $t$ 的范围 $(\omega a+\varphi, \omega b+\varphi)$ .
数点：在 $y=\sin t$ 的标准图像上, 从 $t$ 的左端点开始，数出题目要求的 N 个极值点和 M 个零点.
卡位：确定 $t$ 的右端点 $\omega b+\varphi$ 必须满足：

t_{\text{尾内}} \< \omega b+\varphi \le t_{\text{首外}}

其中 $t_{\text{尾内}}$ 是最后一个应包含点的横坐标, $t_{\text{首外}}$ 是第一个应排除点的横坐标. 5. 求解：解此不等式，得到 $\omega$ 的范围.

优点：思路直观，与函数图像的联系紧密，能清晰地看到特征点被“框选”的过程，不易在逻辑上出错.

\paragraph{路径二：特征点定位法 (代数视角)} 思想：固定考察区间，计算伸缩后的特征点.

操作步骤：

求通式：直接写出原函数 $f(x)$ 的所有极值点横坐标通式 $x'_{k}$ 和零点横坐标通式 $x_k$ (均含有 $\omega$ ).
定序号：根据 $x\>a$ 的条件，确定满足题意的第1, 2, ..., N个极值点和第1, 2, ..., M个零点的具体表达式.
找关键点：在所有应包含的点中，找出横坐标最大的那个 $x_{\text{尾内}}$ .在所有不应包含的点中, 找出横坐标最小的那个 $x_{\text{首外}}$ .
卡位：根据“卡位”思想，建立不等式组：

\begin{cases} x_{\text{尾内}} \< b \\ x_{\text{首外}} \ge b \end{cases}

求解：解此不等式组，得到 $\omega$ 的范围.

优点：方法程序化，代数性强.在特征点类型单一（如只问零点）或初相 $\varphi$ 简单时，计算可能更直接.

在建立不等式时，等号“ $=$ ”能否取到，是决定成败的关键.判断依据如下：

看原区间开闭：若原区间是开区间 $(a, b)$ , 则特征点恰好落在端点 $b$ 上时, 它并不属于区间内.因此, “外卡”条件中的 $x_{\text{首外}}$ 可以取到 $b$ , 即 $x_{\text{首外}} \ge b$ .
看函数在端点取值：如果题目对函数在端点处的行为有特殊要求（例如，在闭区间 $[a, b]$ 内恰有 N 个极值点），则需要额外考虑端点是否可能成为极值点，这会影响不等式的取舍.

总之，仔细审题，明确“恰好”的含义，是正确处理边界的根本.

变式一：单调性约束

已知函数 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{4})$ 在区间 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上单调递增, 求正实数 $\omega$ 的取值范围.

解

本题将条件从对零点、极值点个数的计数，转变为对函数在特定区间上单调性的要求.其思想是，要使函数在指定区间上单调，该区间必须是函数某个标准单调区间的子集.

对于正弦函数 $y=\sin t$ , 其单调递增区间为 $\left[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}\right], k \in \mathbb{Z}$ .

令 $t = \omega x + \frac{\pi}{4}$ . 当 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ 时, $t$ 的取值范围是:

t \in \left(\omega \cdot 0 + \frac{\pi}{4}, \omega \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right) = \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right)

要使 $f(x)$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上单调递增, 就必须使区间 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right)$ 是 $y=\sin t$ 某个标准单调递增区间的子集.

由于该区间的左端点为 $\frac{\pi}{4}$ , 它自然地落在了 $k=0$ 时所对应的标准递增区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内部. 因此，我们只需保证该区间的右端点不超过标准递增区间的右端点即可.

\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{4} \le \frac{\pi}{2}

解此不等式：

\frac{\omega\pi}{2} \le \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}

\omega \le \frac{1}{2}

又因为题目要求 $\omega$ 为正实数, 即 $\omega \> 0$ .

{综上所述, $\omega$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{2}\right]$ .}

变式二：零点个数与闭区间约束

已知函数 $f(x) = \cos(\omega x + \frac{\pi}{6})$ 在闭区间 $[0, \pi]$ 上恰有三个零点, 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本题将考察对象聚焦于零点，并将区间类型变为闭区间.闭区间意味着区间的端点可以作为特征点被计入总数，这对边界条件的判断提出了更高的要求.

令 $t = \omega x + \frac{\pi}{6}$ . 当 $x \in [0, \pi]$ 时, $t$ 的取值范围是:

t \in \left[\omega \cdot 0 + \frac{\pi}{6}, \omega\pi + \frac{\pi}{6}\right] = \left[\frac{\pi}{6}, \omega\pi + \frac{\pi}{6}\right]

问题转化为，标准余弦函数 $y=\cos t$ 在闭区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \omega\pi + \frac{\pi}{6}\right]$ 上恰有三个零点.

标准余弦函数 $y=\cos t$ 的零点位于 $t = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ . 其正值零点依次为: $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}, ...$ 我们的考察区间从 $t=\frac{\pi}{6}$ 开始.要使其恰好包含三个零点, 这三个零点必须是 $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ .

根据“卡位”思想，区间的右端点 $\omega\pi + \frac{\pi}{6}$ 必须大于等于第三个零点 $\frac{5\pi}{2}$ , 同时必须严格小于第四个零点 $\frac{7\pi}{2}$ .

\frac{5\pi}{2} \le \omega\pi + \frac{\pi}{6} \< \frac{7\pi}{2}

左边界：当 $\omega\pi + \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{2}$ 时，第三个零点恰好落在区间的右端点上.由于原区间是闭区间，该点被计入，满足“恰有三个零点”的要求，故可以取等号.
右边界：当 $\omega\pi + \frac{\pi}{6} = \frac{7\pi}{2}$ 时，第四个零点被包含，变为四个零点，不满足题意，故不能取等号.

解此不等式组：

\frac{5\pi}{2} - \frac{\pi}{6} \le \omega\pi \< \frac{7\pi}{2} - \frac{\pi}{6}

\frac{14\pi}{6} \le \omega\pi \< \frac{20\pi}{6}

\frac{7\pi}{3} \le \omega\pi \< \frac{10\pi}{3}

\frac{7}{3} \le \omega \< \frac{10}{3}

{综上所述, $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{7}{3}, \frac{10}{3}\right)$ .}

变式三：对称性与极值唯一性约束

已知函数 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{4})$ ( $\omega\>0$ ) 的图像guan于直线 $x=\frac{\pi}{2}$ 对称, 且在区间 $(0, \pi)$ 上有唯一最大值, 求 $\omega$ 的值.

解

本题将条件组合为对称性与极值唯一性，需要从两个不同性质出发，建立关于 $\omega$ 的方程和不等式，并最终求出它们的交集.

函数图像关于直线 $x=a$ 对称, 意味着 $x=a$ 必为函数的一条对称轴，即函数在该点取得极值. 因此， $x=\frac{\pi}{2}$ 必须是函数的一个极值点. 令 $t = \omega x + \frac{\pi}{4}$ , 则当 $x=\frac{\pi}{2}$ 时, $t$ 必须满足 $t = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ .

\omega \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = k\pi + \frac{\pi}{2}

\frac{\omega\pi}{2} = k\pi + \frac{\pi}{4}

\omega = 2k + \frac{1}{2}, k \in \mathbb{Z}

函数在 $(0, \pi)$ 上有唯一最大值.这隐含了两个信息：

对称轴 $x=\frac{\pi}{2}$ 必须是最大值点对应的对称轴，而非最小值点.
从该最大值点出发，其前一个和后一个极值点都必须在区间 $(0, \pi)$ 之外.

根据第一点, $t=\omega \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ 必须对应正弦函数的最大值点, 即 $t = 2m\pi + \frac{\pi}{2}, m \in \mathbb{Z}$ .

\omega \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = 2m\pi + \frac{\pi}{2} \implies \omega = 4m + \frac{1}{2}, m \in \mathbb{Z}

根据第二点, 最大值点 $x_{\text{max}} = \frac{\pi}{2}$ 在区间 $(0, \pi)$ 内.相邻的两个极值点（均为最小值点）的横坐标分别为 $x_{\text{max}} - \frac{T}{2}$ 和 $x_{\text{max}} + \frac{T}{2}$ , 其中周期 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ . 这两个相邻极值点必须在区间 $(0, \pi)$ 之外（或恰好在端点上）.

\begin{cases} \frac{\pi}{2} - \frac{T}{2} \le 0 \\ \frac{\pi}{2} + \frac{T}{2} \ge \pi \end{cases} \implies \frac{T}{2} \ge \frac{\pi}{2} \implies T \ge \pi

将 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ 代入：

\frac{2\pi}{\omega} \ge \pi \implies \omega \le 2

我们现在有两个关于 $\omega$ 的条件：

$\omega = 4m + \frac{1}{2}, m \in \mathbb{Z}$
$0 \< \omega \le 2$

将 $m$ 的整数值代入第一个式子进行检验：

若 $m=0$ , 则 $\omega = \frac{1}{2}$ . 这满足 $0 \< \omega \le 2$ .
若 $m=1$ , 则 $\omega = 4.5$ . 不满足 $\omega \le 2$ .
若 $m=-1$ , 则 $\omega = -3.5$ . 不满足 $\omega \> 0$ .

因此，唯一符合所有条件的 $\omega$ 值是 $\frac{1}{2}$ .

{综上所述, $\omega$ 的值为 $\dfrac{1}{2}$ .}

通过上述三道变式题，我们可以看到，尽管问题的切入点各不相同——从计数问题到性质判断，再到多条件综合，但其底层都围绕着同一逻辑：将函数的性质语言，精准地翻译为关于参数 $\omega$ 的代数约束语言.

思想一

思想：当题目给出的条件不再是特征点的“个数”，而是诸如“单调性”这类贯穿整个区间的“性质”时，我们的策略从“数点”转变为“区间包含”.

确定标准区间：首先，写出基础函数（如 $y=\sin t$ ）具备该性质的标准区间通式.例如, 单调递增区间为 $[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}]$ .
建立包含关系：利用整体换元法，得到 $t$ 的实际考察区间 $(\omega a+\varphi, \omega b+\varphi)$ .要使原函数在 $(a, b)$ 上具备该性质, 就必须保证 $t$ 的实际区间是某个标准性质区间的子集.
转化为不等式：将“子集关系”转化为关于区间端点的不等式.如变式一中，要使函数在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上单调递增，就必须满足：

\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right) \subseteq \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]

这直接引出了关于 $\omega$ 的决定性不等式.

思想二

思想：原问题定义域的开闭性，是决定“卡位”不等式中等号能否取到的关键.

在建立“卡位”不等式 $x_{\text{尾内}} \le b \< x_{\text{首外}}$ 时，必须仔细审视边界：

开区间 $(a, b)$ ：特征点若恰好落在端点 $b$ 上, 则不计入区间内.因此, 第一个“区间外”的点可以等于 $b$ , 即 $x_{\text{首外}} \ge b$ .
闭区间 $[a, b]$ ：特征点若恰好落在端点 $b$ 上, 则计入区间内.如变式二中, 这导致了第三个零点可以恰好等于区间的右端点, 从而不等式变为 $\frac{5\pi}{2} \le \omega\pi + \frac{\pi}{6}$ .

对边界条件的精确判断，是区分机械套用与深刻理解的分水岭，也是解题严谨性的直接体现.

思想三

思想：当题目给出多个性质条件时，应将它们分解，逐一翻译成独立的数学约束，最终求解这些约束的交集.

如变式三所示，我们将问题分解为两个独立的子任务：

处理“对称性”：对称性通常对应函数在某点取得极值，这是一个非常强的条件，往往能导出一个关于 $\omega$ 的方程, 将 $\omega$ 的取值范围从连续区间“量化”为离散的、具有特定结构的点集（如 $\omega = 4m + \frac{1}{2}$ ）.
处理“唯一性”：极值点的唯一性，是一个关于函数周期与区间长度关系的几何约束，它通常导出一个关于 $\omega$ 的不等式, 为 $\omega$ 划定一个连续的取值范围（如 $\omega \le 2$ ）.
求解交集：最后，寻找在不等式划定的范围内，满足方程结构的所有解.这通常意味着在一个有限的离散点集中进行筛选，从而得到唯一确定的答案.

这种“化整为零，分别约束，再求交集”的策略，是解决问题的通用哲学.

2022年6月全国乙卷(理) 第15题

记函数 $f(x) = \cos(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \pi$ ) 的最小正周期为 $T$ . 若 $f(T) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , $x = \frac{\pi}{9}$ 为 $f(x)$ 的零点, 则 $\omega$ 的最小值为 \underline{}.

解

本题通过函数的两个特定点（周期点和零点）的函数值，来反向求解参数 $\varphi$ 和 $\omega$ . 解题思路是先利用周期性确定 $\varphi$ , 再利用零点条件建立关于 $\omega$ 的方程, 最终根据 $\omega$ 的正性求其最小值.

根据最小正周期的定义, 我们有 $T = \frac{2\pi}{\omega}$ , 故 $\omega T = 2\pi$ . 将 $x=T$ 代入第一个已知条件 $f(T) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 中：

f(T) = \cos(\omega T + \varphi) = \cos(2\pi + \varphi) = \frac{\sqrt{3}}{2}

利用余弦函数的周期性，上式简化为：

\cos\varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}

结合题目给出的范围 $0 \< \varphi \< \pi$ , 我们可以唯一确定 $\varphi$ 的值：

\varphi = \frac{\pi}{6}

已知 $x = \frac{\pi}{9}$ 是函数 $f(x)$ 的一个零点, 这意味着 $f(\frac{\pi}{9}) = 0$ .

f\left(\frac{\pi}{9}\right) = \cos\left(\omega \cdot \frac{\pi}{9} + \varphi\right) = 0

余弦函数值为零的点，其相位是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇数倍.因此，

\omega \frac{\pi}{9} + \varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}

将已求得的 $\varphi = \frac{\pi}{6}$ 代入：

\omega \frac{\pi}{9} + \frac{\pi}{6} = k\pi + \frac{\pi}{2}

我们从上述方程中解出 $\omega$ :

\omega \frac{\pi}{9} = k\pi + \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = k\pi + \frac{\pi}{3}

两边同乘以 $\frac{9}{\pi}$ , 得到 $\omega$ 关于整数 $k$ 的表达式：

\omega = 9k + 3

题目要求 $\omega \> 0$ , 因此：

9k + 3 \> 0 \implies 9k \> -3 \implies k \> -\frac{1}{3}

由于 $k$ 必须是整数, 满足此条件的最小整数 $k$ 为 $0$ . 将 $k=0$ 代入, 即可得到 $\omega$ 的最小正值.

\omega_{\min} = 9(0) + 3 = 3

{因此， $\omega$ 的最小值为 $3$ .}

2024年1月浙江省宁波市宁波九校第15题

将函数 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{6})$ ( $\omega \> 0$ ) 的图像向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度后得到函数 $g(x)$ 的图像, 且 $g(x)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$ 上单调递增, 则 $\omega$ 的取值范围是 \underline{}.

解

本题综合考察了函数图像的平移变换与利用单调性求解参数 $\omega$ 的范围.其思路是先确定新函数 $g(x)$ 的解析式，再利用“性质约束的区间化”思想建立不等式.

将函数 $f(x)$ 的图像向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位, 意味着用 $x+\frac{\pi}{3}$ 替换原解析式中的 $x$ .

g(x) = f\left(x+\frac{\pi}{3}\right) = \sin\left[\omega\left(x+\frac{\pi}{3}\right) + \frac{\pi}{6}\right] = \sin\left(\omega x + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6}\right)

问题转化为，函数 $g(x) = \sin\left(\omega x + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6}\right)$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$ 上单调递增. 令 $t = \omega x + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6}$ . 要使 $g(x)$ 单调递增, 其内层函数 $t$ 的取值区间必须是标准正弦函数 $y=\sin t$ 某个单调递增区间的子集.

首先，我们确定当 $x \in \left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$ 时, $t$ 的取值范围.

当 $x = \frac{\pi}{6}$ 时 (左端点), $t_{\min} = \omega\left(\frac{\pi}{6}\right) + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6}$ .
当 $x = \frac{2\pi}{3}$ 时 (右端点), $t_{\max} = \omega\left(\frac{2\pi}{3}\right) + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \omega\pi + \frac{\pi}{6}$ .

因此, $t$ 的取值区间为 $\left[\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6}, \omega\pi + \frac{\pi}{6}\right]$ .

标准正弦函数 $y=\sin t$ 的单调递增区间为 $\left[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}\right], k \in \mathbb{Z}$ . 由于 $\omega\>0$ , $t$ 的区间下限 $\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6}$ 恒为正.因此, 我们只需考虑 $k \ge 0$ 的情况.

当 $k=0$ 时, 标准递增区间为 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ . $t$ 的区间必须是该标准区间的子集，我们得到：

\begin{cases} \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6} \ge -\frac{\pi}{2} & (\text{此式对 }\omega\>0\text{ 恒成立}) \\ \omega\pi + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{2} \end{cases}

解第二个不等式：

\omega\pi \le \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \implies \omega \le \frac{1}{3}

我们还需检验是否存在 $k \ge 1$ 的解.当 $k=1$ 时, 标准递增区间为 $\left[\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}\right]$ . 此时需满足：

\begin{cases} \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6} \ge \frac{3\pi}{2} \implies \frac{\omega\pi}{2} \ge \frac{4\pi}{3} \implies \omega \ge \frac{8}{3} \\ \omega\pi + \frac{\pi}{6} \le \frac{5\pi}{2} \implies \omega\pi \le \frac{7\pi}{3} \implies \omega \le \frac{7}{3} \end{cases}

$\omega \ge \frac{8}{3}$ 与 $\omega \le \frac{7}{3}$ 矛盾, 故无解.对于更大的 $k$ 值，同样无解.

结合 $\omega\>0$ 的前提条件, 最终的取值范围为 $0 \< \omega \le \frac{1}{3}$ .

{因此， $\omega$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{3}\right]$ .}

变式四

已知函数 $f(x) = \cos(\omega x + \frac{\pi}{3})$ ( $\omega \> 0$ ) 在区间 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上的值域为 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ , 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本题的约束条件由特征点的数量或单调性，转变为函数在特定区间上的值域.解题关键在于分析内层函数 $t=\omega x + \frac{\pi}{3}$ 的取值区间, 并考察标准余弦函数 $y=\cos t$ 在该区间上的最值行为.

令 $t = \omega x + \frac{\pi}{3}$ . 当 $x \in [0, \frac{\pi}{2}]$ 时, $t$ 的取值范围是:

t \in \left[\omega \cdot 0 + \frac{\pi}{3}, \omega \cdot \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right] = \left[\frac{\pi}{3}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right]

问题转化为，函数 $y=\cos t$ 在区间 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right]$ 上的值域为 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ .

我们考察区间 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right]$ 的端点以及内部极值情况.

最大值分析: 在区间的左端点 $t=\frac{\pi}{3}$ 处, 函数值为 $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ . 由于函数值域的最大值为 $\frac{1}{2}$ , 这意味着在整个区间内, 函数值都不能超过 $\frac{1}{2}$ . 从 $t=\frac{\pi}{3}$ 开始, 余弦函数是递减的, 直到 $t=\pi$ 达到最小值 $-1$ , 之后递增.要使最大值保持为 $\frac{1}{2}$ , 区间内不能包含任何使得 $\cos t \> \frac{1}{2}$ 的点.下一个使得 $\cos t = \frac{1}{2}$ 的点是 $t = 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$ . 因此，区间的右端点必须满足：

\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3} \le \frac{5\pi}{3}

最小值分析: 函数值域的最小值为 $-\frac{1}{2}$ . 这意味着在区间内, 函数必须能够取到 $-\frac{1}{2}$ 这个值. 从 $t=\frac{\pi}{3}$ 开始递减, 第一个使得 $\cos t = -\frac{1}{2}$ 的点是 $t=\frac{2\pi}{3}$ . 因此，区间的右端点必须越过或恰好到达 $\frac{2\pi}{3}$ .

\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3} \ge \frac{2\pi}{3}

我们将上述两个不等式联立求解 $\omega$ :

\begin{cases} \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3} \ge \frac{2\pi}{3} \implies \frac{\omega\pi}{2} \ge \frac{\pi}{3} \implies \omega \ge \frac{2}{3} \\ \\ \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3} \le \frac{5\pi}{3} \implies \frac{\omega\pi}{2} \le \frac{4\pi}{3} \implies \omega \le \frac{8}{3} \end{cases}

{综上所述, $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{2}{3}, \frac{8}{3}\right]$ .}

变式五

已知函数 $f(x) = \sin(\omega x)$ ( $\omega \> 0$ ) 在区间 $[0, \pi]$ 上至少有一个最大值点, 但不存在最小值点, 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本题的约束条件变为“至少”与“不存在”的组合，这要求我们对包含与排除的逻辑有更清晰的把握.其本质依然是利用“卡位”思想，但不等式的边界条件有所不同.

对于标准正弦函数 $y=\sin t$ ,

其正的最大值点位于 $t = 2k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ . 第一个正的最大值点是 $\frac{\pi}{2}$ .
其正的最小值点位于 $t = 2k\pi + \frac{3\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ . 第一个正的最小值点是 $\frac{3\pi}{2}$ .

令 $t = \omega x$ . 当 $x \in [0, \pi]$ 时, $t$ 的取值范围是 $[0, \omega\pi]$ . 问题转化为，区间 $[0, \omega\pi]$ 需满足：

至少包含一个最大值点: 这意味着区间的右端点必须大于等于第一个最大值点的位置.

\omega\pi \ge \frac{\pi}{2}

不包含任何最小值点: 这意味着区间的右端点必须严格小于第一个最小值点的位置.

\omega\pi \< \frac{3\pi}{2}

解第一个不等式：

\omega \ge \frac{1}{2}

解第二个不等式：

\omega \< \frac{3}{2}

{将两个条件合并, $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ .}

变式六

已知函数 $f(x) = \sin(\omega x - \frac{\pi}{3})$ ( $\omega \> 0$ ) 在区间 $(0, \pi)$ 内存在两个不同的 $x_1, x_2$ , 使得 $f(x_1) + f(x_2) = 0$ 且 $x_1 + x_2 = \pi$ . 若 $f(x)$ 在点 $(\frac{\pi}{2}, f(\frac{\pi}{2}))$ 处的切线斜率为负, 求 $\omega$ 的最小值.

解

本题给出的第一个条件是隐式的对称性，第二个条件是对函数在该对称中心处变化趋势的约束.我们需要先将几何语言翻译为代数条件，再结合导数信息求解.

条件 $x_1 + x_2 = \pi$ 且 $f(x_1) + f(x_2) = 0$ (即 $f(x_1) = -f(x_2)$ ), 描述的是函数图像关于点 $(\frac{\pi}{2}, 0)$ 中心对称. 要使点 $(\frac{\pi}{2}, 0)$ 成为 $y=\sin t$ 型函数的对称中心, 该点对应的相位 $t$ 必须是 $\pi$ 的整数倍. 令 $t = \omega x - \frac{\pi}{3}$ . 将 $x=\frac{\pi}{2}$ 代入，得：

\omega \cdot \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = k\pi, k \in \mathbb{Z}

解出 $\omega$ 关于 $k$ 的表达式：

\frac{\omega\pi}{2} = k\pi + \frac{\pi}{3} \implies \omega = 2k + \frac{2}{3}

函数在点 $x=\frac{\pi}{2}$ 处的切线斜率为负, 即 $f'(\frac{\pi}{2}) \< 0$ . 首先求导数：

f'(x) = \omega \cos\left(\omega x - \frac{\pi}{3}\right)

将 $x=\frac{\pi}{2}$ 代入：

f'\left(\frac{\pi}{2}\right) = \omega \cos\left(\omega \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3}\right) \< 0

从第一步的分析中，我们已经知道 $\omega \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = k\pi$ . 代入上式：

\omega \cos(k\pi) \< 0

因为已知 $\omega \> 0$ , 所以必须满足 $\cos(k\pi) \< 0$ . 这当且仅当 $k$ 为奇数时成立.

我们现在有两个关于 $\omega$ 的条件：

$\omega = 2k + \frac{2}{3}$
$k$ 是奇数
$\omega \> 0$

要使 $\omega \> 0$ , 则 $2k + \frac{2}{3} \> 0 \implies k \> -\frac{1}{3}$ . 结合 $k$ 为奇数, 满足条件的 $k$ 的最小值为 $1$ . 当 $k=1$ 时, 我们得到 $\omega$ 的最小值.

\omega_{\min} = 2(1) + \frac{2}{3} = \frac{8}{3}

{因此, $\omega$ 的最小值为 $\dfrac{8}{3}$ .}

总之，当你没有思路的时候，记住一句话，题目叫你做啥就做啥，用尽一切约束条件即可.

2023年12月重庆南开中学校高三第四次期中质检

已知函数 $f(x) = \sin(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ ), 曲线 $y=f(x)$ 的一个对称中心为 $(\frac{\pi}{12}, 0)$ , 一条对称轴为 $x=\frac{\pi}{4}$ , 则 $\omega$ 的最小值为 \underline{}.

解

本题通过函数的一个对称中心和一条对称轴来约束参数 $\omega$ 和 $\varphi$ .我们将从代数方程与几何性质的角度进行论证.

法一：代数法

此方法的是将几何性质直接翻译为代数方程，通过求解整数方程来确定参数.

根据正弦函数的性质，我们有：

对称中心条件: 点 $(\frac{\pi}{12}, 0)$ 是对称中心, 意味着函数在该点的相位是 $\pi$ 的整数倍.

{/* label: eq:sym-center-ex20 */} \omega \cdot \frac{\pi}{12} + \varphi = k_1\pi, k_1 \in \mathbb{Z}

对称轴条件: 直线 $x=\frac{\pi}{4}$ 是对称轴, 意味着函数在该点的相位是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇数倍.

{/* label: eq:sym-axis-ex20 */} \omega \cdot \frac{\pi}{4} + \varphi = k_2\pi + \frac{\pi}{2}, k_2 \in \mathbb{Z}

将方程 \eqref{eq:sym-axis-ex20} 减去方程 \eqref{eq:sym-center-ex20} 以消去 $\varphi$ :

\omega \left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12}\right) = (k_2 - k_1)\pi + \frac{\pi}{2} \implies \omega \frac{\pi}{6} = (k_2 - k_1 + \frac{1}{2})\pi

\omega = 6(k_2 - k_1) + 3

为了利用 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ 这一关键条件, 我们需要表示出 $\varphi$ .将方程 \eqref{eq:sym-center-ex20} 乘以 $3$ 得到 $3(\omega \frac{\pi}{12} + \varphi) = 3k_1\pi$ , 即 $\omega \frac{\pi}{4} + 3\varphi = 3k_1\pi$ . 再与方程 \eqref{eq:sym-axis-ex20} 联立, 用此式减去方程 \eqref{eq:sym-axis-ex20} 以消去 $\omega$ :

(\omega \frac{\pi}{4} + 3\varphi) - (\omega \frac{\pi}{4} + \varphi) = 3k_1\pi - \left(k_2\pi + \frac{\pi}{2}\right)

2\varphi = (3k_1 - k_2 - \frac{1}{2})\pi \implies \varphi = \frac{3k_1 - k_2 - 1/2}{2}\pi

代入 $\varphi$ 的范围:

0 \< \frac{3k_1 - k_2 - 1/2}{2}\pi \< \frac{\pi}{2} \implies 0 \< 3k_1 - k_2 - \frac{1}{2} \< 1

\frac{1}{2} \< 3k_1 - k_2 \< \frac{3}{2}

由于 $k_1, k_2$ 均为整数, 那么 $3k_1 - k_2$ 也必为整数.唯一满足此不等式的整数是 $1$ .

3k_1 - k_2 = 1

我们将 $k_2 = 3k_1 - 1$ 代入 $\omega$ 的表达式:

\omega = 6((3k_1 - 1) - k_1) + 3 = 6(2k_1 - 1) + 3 = 12k_1 - 3

因为 $\omega \> 0$ , 所以 $12k_1 - 3 \> 0 \implies k_1 \> \frac{1}{4}$ . 又因 $k_1 \in \mathbb{Z}$ , 所以 $k_1$ 的最小整数值为 $1$ . 当 $k_1=1$ 时, $\omega$ 取得最小值:

\omega_{\min} = 12(1) - 3 = 9

法二：几何法

此方法的是利用对称点之间的距离与周期的固定关系，生成 $\omega$ 的候选值集，再进行检验.

函数图像上，一个对称中心与任一条对称轴之间的水平距离，必定是四分之一周期的奇数倍. 设该距离为 $d = |x_s - x_c| = |\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12}| = \frac{\pi}{6}$ . 周期 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ . 于是有：

d = \frac{2n+1}{4} T, n \in \{0, 1, 2, ...\}

\frac{\pi}{6} = \frac{2n+1}{4} \cdot \frac{2\pi}{\omega} = \frac{(2n+1)\pi}{2\omega}

从上式解出 $\omega$ :

2\omega = 6(2n+1) \implies \omega = 3(2n+1)

由于 $\omega\>0$ , $n$ 可以取所有非负整数.这为我们提供了一个 $\omega$ 的离散候选值集:

\omega \in \{3, 9, 15, 21, ...\}

对于每一个候选的 $\omega$ 值, 我们必须检验是否存在一个 $\varphi \in (0, \frac{\pi}{2})$ 与之对应, 使得两个对称性条件同时成立. 我们使用对称中心条件 $\omega \frac{\pi}{12} + \varphi = k\pi$ 来求解 $\varphi = k\pi - \omega\frac{\pi}{12}$ .

检验 $\omega=3$ ( $n=0$ ):

\varphi = k\pi - 3 \cdot \frac{\pi}{12} = k\pi - \frac{\pi}{4}

无论整数 $k$ 取何值 (如 $k=1 \implies \varphi = \frac{3\pi}{4}$), $\varphi$ 均不在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 范围内.故 $\omega=3$ 舍去.

检验 $\omega=9$ ( $n=1$ ):

\varphi = k\pi - 9 \cdot \frac{\pi}{12} = k\pi - \frac{3\pi}{4}

当 $k=1$ 时, $\varphi = \pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.
这个值满足 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$.
我们还需验证此 $(\omega, \varphi)$ 组合是否满足对称轴条件:

\omega \frac{\pi}{4} + \varphi = 9 \cdot \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \frac{10\pi}{4} = \frac{5\pi}{2}

$\frac{5\pi}{2}$ 是 $\frac{\pi}{2}$ 的 $5$ 倍 (奇数倍), 即 $2 \cdot \pi + \frac{\pi}{2}$, 符合对称轴的相位要求.
因此, $\omega=9$ 是一个有效解.

由于 $\omega$ 的候选值是随 $n$ 递增的, 我们找到的第一个有效解所对应的 $\omega$ 值即为最小值.

{两种方法均指向同一结论, $\omega$ 的最小值为 $9$ .}

变式七

已知函数 $f(x) = \cos(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ ) 的图像关于直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 和 $x=\frac{5\pi}{6}$ 均对称, 求 $\omega$ 的最小值.

解

本题的约束条件为函数的两条对称轴.这不仅给出了函数在特定点的相位信息，更重要的是，两条对称轴之间的距离与函数的周期有着密不可分的几何关系. 函数图像的两条对称轴之间的距离，必定是半周期 $T/2$ 的整数倍. 两条对称轴的距离为：

d = \left|\frac{5\pi}{6} - \frac{\pi}{3}\right| = \frac{\pi}{2}

周期 $T = \frac{2\pi}{\omega}$ .因此，我们有：

d = n \cdot \frac{T}{2}, n \in \{1, 2, 3, ...\}

\frac{\pi}{2} = n \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2\pi}{\omega} = \frac{n\pi}{\omega}

解出 $\omega$ 关于正整数 $n$ 的表达式：

\omega = 2n, n \in \{1, 2, 3, ...\}

这为我们提供了 $\omega$ 的一个离散候选值集 $\{2, 4, 6, 8, ...\}$ .我们还需要利用 $\varphi$ 的范围来筛选出符合条件的最小 $n$ 值.

因为 $x=\frac{\pi}{3}$ 是一条对称轴, 所以函数在该点的相位必须是 $\pi$ 的整数倍（对于余弦函数）.

\omega \cdot \frac{\pi}{3} + \varphi = k\pi, k \in \mathbb{Z}

\varphi = k\pi - \omega \frac{\pi}{3}

将 $\omega = 2n$ 代入：

\varphi = k\pi - \frac{2n\pi}{3} = \left(k - \frac{2n}{3}\right)\pi

根据题设 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ , 我们有：

0 \< \left(k - \frac{2n}{3}\right)\pi \< \frac{\pi}{2} \implies 0 \< k - \frac{2n}{3} \< \frac{1}{2}

我们需要寻找最小的正整数 $n$ , 使得存在整数 $k$ 满足此不等式.

当 $n=1$ 时, $0 \< k - \frac{2}{3} \< \frac{1}{2} \implies \frac{2}{3} \< k \< \frac{7}{6}$ . 此区间内没有整数 $k$ .
当 $n=2$ 时, $0 \< k - \frac{4}{3} \< \frac{1}{2} \implies \frac{4}{3} \< k \< \frac{11}{6}$ . 此区间内没有整数 $k$ .
当 $n=3$ 时, $0 \< k - 2 \< \frac{1}{2} \implies 2 \< k \< \frac{5}{2}$ . 此区间内没有整数 $k$ .
当 $n=4$ 时, $0 \< k - \frac{8}{3} \< \frac{1}{2} \implies \frac{8}{3} \< k \< \frac{19}{6}$ . 此时整数 $k=3$ 满足条件.

因此，满足条件的最小正整数 $n$ 是 $4$ . 对应的 $\omega$ 最小值为 $\omega_{\min} = 2(4) = 8$ .

{综上所述， $\omega$ 的最小值为 $8$ .}

变式八

已知函数 $f(x) = \cos(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \pi$ ).若将 $y=f(x)$ 的图像向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位后得到的函数 $g(x)$ 为偶函数, 且 $f(\frac{\pi}{6})=0$ , 求 $\omega$ 的最小值.

解

本题巧妙地将对称性条件施加在一个变换后的函数上，这要求我们首先进行图像变换的代数运算，再将函数的性质转化为关于参数的方程组. 函数 $g(x) = f(x-\frac{\pi}{12}) = \cos\left(\omega(x-\frac{\pi}{12}) + \varphi\right) = \cos\left(\omega x - \frac{\omega\pi}{12} + \varphi\right)$ . $g(x)$ 为偶函数, 意味着其图像关于 $y$ 轴对称.对于余弦型函数, 这要求其相位中的常数项（即不含 $x$ 的部分）为 $\pi$ 的整数倍.

{/* label: eq:even-cond-ex-var8 */} -\frac{\omega\pi}{12} + \varphi = k\pi, k \in \mathbb{Z}

$f(\frac{\pi}{6})=0$ 意味着函数在 $x=\frac{\pi}{6}$ 处的相位是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇数倍.

{/* label: eq:zero-cond-ex-var8 */} \omega \frac{\pi}{6} + \varphi = m\pi + \frac{\pi}{2}, m \in \mathbb{Z}

由方程 \eqref{eq:even-cond-ex-var8} 可得 $\varphi = k\pi + \frac{\omega\pi}{12}$ . 将其代入方程 \eqref{eq:zero-cond-ex-var8}:

\omega \frac{\pi}{6} + \left(k\pi + \frac{\omega\pi}{12}\right) = m\pi + \frac{\pi}{2}

\omega\left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{12}\right) = (m-k)\pi + \frac{\pi}{2}

\omega\frac{\pi}{4} = (m-k)\pi + \frac{\pi}{2}

令 $n = m-k$ , $n$ 仍为整数.

\omega = 4n + 2, n \in \mathbb{Z}

将 $\omega = 4n+2$ 代回 $\varphi$ 的表达式：

\varphi = k\pi + \frac{(4n+2)\pi}{12} = k\pi + \frac{(2n+1)\pi}{6}

根据题设 $0 \< \varphi \< \pi$ , 我们有:

0 \< k\pi + \frac{(2n+1)\pi}{6} \< \pi \implies 0 \< k + \frac{2n+1}{6} \< 1

-\frac{2n+1}{6} \< k \< 1 - \frac{2n+1}{6} = \frac{5-2n}{6}

我们需要寻找最小的整数 $n$ （使得 $\omega \> 0$ ）, 使得上述关于 $k$ 的不等式区间内存在整数解.

因为 $\omega = 4n+2 \> 0$ , 所以 $n \> -1/2$ . 故 $n$ 的最小整数取值为 $0$ .
当 $n=0$ 时, 不等式变为 $-\frac{1}{6} \< k \< \frac{5}{6}$ . 此时存在整数解 $k=0$ .

因此，使得 $\omega$ 取最小值的整数 $n$ 为 $0$ .

\omega_{\min} = 4(0) + 2 = 2

{综上所述， $\omega$ 的最小值为 $2$ .}

变式九

已知函数 $f(x) = \sin(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ ) 满足对任意 $x \in \mathbb{R}$ , 都有 $f(\frac{\pi}{3}+x) = f(\frac{\pi}{3}-x)$ , 且函数在区间 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内恰有两个零点, 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本题将一个明确的对称轴条件与一个零点数量的“卡位”条件相结合，需要建立一个关于 $\omega$ 和整数参数 $k$ 的不等式系统来求解.

$f(\frac{\pi}{3}+x) = f(\frac{\pi}{3}-x)$ 表明, 直线 $x=\frac{\pi}{3}$ 是函数的一条对称轴. 因此，函数在 $x=\frac{\pi}{3}$ 处的相位必须是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇数倍.

{/* label: eq:axis-cond-ex-var9 */} \omega\frac{\pi}{3} + \varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}

函数在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内恰有两个零点. 令 $t = \omega x + \varphi$ . 当 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ 时, $t$ 的取值范围是 $(\varphi, \frac{\omega\pi}{2}+\varphi)$ . 函数的零点对应 $t=m\pi, m \in \mathbb{Z}$ . 由于 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ , $t$ 的区间左端点 $\varphi$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内.因此, 区间内可能包含的第一个零点是 $t=\pi$ . 要恰好包含两个零点，这两个零点必须是 $\pi$ 和 $2\pi$ . 根据“卡位”思想，区间 $(\varphi, \frac{\omega\pi}{2}+\varphi)$ 必须包含 $2\pi$ , 但不包含 $3\pi$ .

2\pi \< \frac{\omega\pi}{2} + \varphi \le 3\pi \cdots (*)

我们现在有一个方程和一个不等式，它们共同约束着 $\omega$ 和 $\varphi$ . 从方程 \eqref{eq:axis-cond-ex-var9} 中解出 $\varphi$ :

\varphi = k\pi + \frac{\pi}{2} - \frac{\omega\pi}{3}

利用 $\varphi$ 的范围 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ :

0 \< k\pi + \frac{\pi}{2} - \frac{\omega\pi}{3} \< \frac{\pi}{2} \implies -\frac{\pi}{2} \< k\pi - \frac{\omega\pi}{3} \< 0 \implies -\frac{1}{2} \< k - \frac{\omega}{3} \< 0

{/* label: eq:k-omega-relation-var9 */} \frac{\omega}{3} \< k \< \frac{\omega}{3} + \frac{1}{2}

这个关系表明，对于一个给定的 $\omega$ , 整数 $k$ 的取值是唯一确定的.

接着，将 $\varphi$ 的表达式代入不等式 $(*)$ :

2\pi \< \frac{\omega\pi}{2} + \left(k\pi + \frac{\pi}{2} - \frac{\omega\pi}{3}\right) \le 3\pi

2\pi \< \frac{\omega\pi}{6} + k\pi + \frac{\pi}{2} \le 3\pi

\frac{3\pi}{2} \< \frac{\omega\pi}{6} + k\pi \le \frac{5\pi}{2}

\frac{3}{2} - k \< \frac{\omega}{6} \le \frac{5}{2} - k \implies 9 - 6k \< \omega \le 15 - 6k

我们现在需要在 $\omega\>0$ 的前提下, 寻找存在整数 $k$ 使得不等式 $9 - 6k \< \omega \le 15 - 6k$ 和不等式 \eqref{eq:k-omega-relation-var9} ( $3k \< \omega \< 3k+1.5$ ) 同时成立.

为使两个关于 $\omega$ 的区间有交集，区间的端点必须满足：

$3k \< 15 - 6k \implies 9k \< 15 \implies k \< \frac{5}{3}$
$9 - 6k \< 3k + 1.5 \implies 7.5 \< 9k \implies k \> \frac{5}{6}$

结合 $k$ 为整数, 唯一可能的取值是 $k=1$ .

当 $k=1$ 时, 我们将两个区间具体化：
由 \eqref{eq:k-omega-relation-var9} 得: $3(1) \< \omega \< 3(1) + 1.5 \implies 3 \< \omega \< 4.5$ .
由主不等式得: $9 - 6(1) \< \omega \le 15 - 6(1) \implies 3 \< \omega \le 9$ .

取这两个区间的交集，得到 $\omega$ 的最终取值范围.

{因此， $\omega$ 的取值范围是 $(3, \frac{9}{2}]$ .}

通过对例题及其变式题的深入剖析，我们能提炼出处理复杂 $\omega$ 约束问题的几点思想：

思想一

对称性是三角函数最的性质之一，也是 $\omega$ 约束问题的高频考点.解题的关键在于能够灵活地进行“数”与“形”的转化.

\paragraph{1. 代数法} 将几何性质直接转化为代数方程.

对称轴 $x=x_0$ $\iff$ 相位 $\omega x_0 + \varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}$ (对 $\sin$ ) 或 $k\pi$ (对 $\cos$ ).
对称中心 $(x_0, 0)$ $\iff$ 相位 $\omega x_0 + \varphi = k\pi$ (对 $\sin$ ) 或 $k\pi + \frac{\pi}{2}$ (对 $\cos$ ).
偶函数 $\iff$ 初相 $\varphi = k\pi$ (对 $\cos$ ) 或 $k\pi + \frac{\pi}{2}$ (对 $\sin$ ).
隐式对称 $f(a+x)=f(a-x)$ $\iff$ 对称轴为 $x=a$ .
隐式对称 $f(a+x)=-f(a-x)$ $\iff$ 对称中心为 $(a, 0)$ .

\subparagraph{评价} 代数翻译是最直接、最普适的方法.它将几何性质转化为关于 $\omega, \varphi$ 和整数 $k, m$ 的不定方程组.

优势：逻辑严谨，步骤清晰，适用于任何对称性条件.
缺点：当涉及多个整数参数时，求解过程可能较为繁琐，需要细致地讨论整数解的存在性.

\paragraph{2. 几何法} 利用对称点之间的几何距离关系.

两条同类对称点（如轴与轴，中心与中心）的距离是半周期的整数倍.
两条异类对称点（如轴与中心）的距离是四分之一周期的奇数倍.

\subparagraph{评价} 几何应用是一种更为巧妙、更具洞察力的解法.

优势：当题目给出两个对称点时，此法能迅速建立一个仅关于 $\omega$ 和一个整数参数 $n$ 的方程，大大简化问题.
缺点：适用场景相对局限，依赖于题目明确给出两个或以上的对称点.此外，求出的 $\omega$ 候选集必须代回原条件, 结合 $\varphi$ 的范围进行检验，以排除不符合初相条件的伪解，这增加了后续的验证步骤.

思想二

当题目给出多个不同类型的约束条件时（如例 20 及其变式），“分而治之”是解决问题的金科玉律.

分解：将复杂的题目描述分解为若干个独立的、基础的性质陈述.例如，“平移后为偶函数”+“某点为零点”.
翻译：对每一个性质陈述，选择最恰当的方法（代数或几何）将其翻译为关于参数的数学约束（方程或不等式）.
整合：将得到的所有约束条件联立求解.这个过程通常演变为：

方程与方程联立：通过消元法求解.
方程与不等式联立：将由方程解出的参数表达式（如 $\omega = f(k)$ ）代入不等式, 从而约束整数 $k$ 的取值.
不等式与不等式联立：求解不等式组的交集.

\subparagraph{评价} 这种“分治-整合”的策略是解决所有复杂数学问题的通用框架.它将一个令人望而生畏的多条件问题，拆解为一系列我们熟悉的、可以程序化解决的子问题，极大地降低了认知负荷和出错的风险.其在于准确地“翻译”每一个条件，并在最后进行严谨的逻辑整合.

思想三

从“至少/至多有一个”到“恰好有一个”，问题的逻辑复杂度在提升.

存在性 (“至少/至多”)：通常对应一个单边的不等式.例如，“至少一个最大值点”意味着考察区间的右端点必须越过第一个最大值点，即 $\omega\pi \ge \frac{\pi}{2}$ .
唯一性 (“恰好一个”)：通常对应一个双边不等式，即“卡位”思想.例如，“唯一最大值”意味着区间必须包含第一个最大值点，同时排除第二个最大值点和第一个最小值点，这需要同时满足多个不等式条件.

\subparagraph{评价} 处理这类逻辑词汇时，必须将其精确地转化为区间端点的开闭与大小关系.这不仅是数学计算，更是对数学语言精确性的深刻考察.

对于单一性质（如单调性、值域、零点个数），整体换元法通常是最稳健、最直观的选择.
对于两个或以上明确的对称点，几何距离法是首选的捷径，但务必进行后续的检验.
对于复合的、混合的性质约束，建立方程组（代数法），并采用“分治-整合”的策略，是最可靠、最通用的方法.

最终，对 $\omega$ 问题的掌握，不仅在于记住公式，更在于理解每种性质背后的几何直观，并能灵活地在“代数表示”与“几何意义”之间自如切换.

反三角函数

{/* label: sec:ch06-s16 */}

我们已经知道，函数 $y=f(x)$ 存在反函数 $x=f^{-1}(y)$ 的充要条件是, 函数 $f$ 必须是一个一一映射（双射）.然而, 我们研究的所有三角函数, 由于其固有的周期性, 都是“多对一”的函数.例如, 无数个不同的角 $x$ （如 $\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{13\pi}{6}, ...$ ）都对应着同一个正弦值 $\frac{1}{2}$ .

这带来了一个根本性的数学挑战：我们如何为一个本身不满足一一映射条件的函数，去构造一个有意义的、符合函数定义的“逆运算”？直接“反转”整个函数是行不通的，因为一个输入值（如 $\frac{1}{2}$ ）将会对应无穷多个输出角，这严重违背了函数的基本定义.

解决方案是“限制与反转”.我们必须在原函数的定义域上，人为地截取一段“分支”，并要求这段分支满足两个条件：

完备性：该分支必须遍历原函数的所有值域.例如，对于 $y=\sin x$ , 所选区间的函数值必须完整地覆盖 $[-1, 1]$ .
单调性：在该分支上，函数必须是严格单调的.这确保了在所选的定义域上，函数是一一对应的，从而保证了其反函数的存在性与唯一性.

这个被精心挑选出来的、满足上述条件的分支区间，我们称之为主值区间.基于这个被“限制”的定义域，我们所构造出的反函数，便称为反三角函数.它们回答了一个被精确约束过的问题：“在约定的主值区间内，那个其三角函数值为给定值的角，究竟是多少？”

反正弦函数

定义与主值区间的选取

考察函数 $y=\sin x$ . 为了定义其反函数, 我们需要选取一个单调区间, 使得该区间上的函数值域覆盖 $[-1, 1]$ .

\begin{figure}[htbp]

{2}, \frac{\pi}{2}\right] $}{[-pi/2, pi/2]} 的选取} \end{figure} *图：正弦函数主值区间 \texorpdfstring{$ \left[-\frac{\pi*

观察图像可知，区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 是一个理想的选择：

满射性：函数值域恰好覆盖 $[-1, 1]$ .
单调性：函数在此区间上严格单调递增.
对称性：该区间关于原点对称，且包含了锐角范围，便于计算.

虽然 $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 等区间也满足单调性和值域条件, 但数学界统一规定选取 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 作为反正弦函数的主值区间.

反正弦

函数 $y=\sin x$ 在其主值区间 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的反函数, 称为反正弦函数, 记作 $y=\arcsin x$ .

定义域: $[-1, 1]$
值域: $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$

符号 $\arcsin x$ 表达的意义是：一个在 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内的角, 其正弦值为 $x$ .

性质与图像

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 图：反正弦函数与正弦函数主值支的对称关系

单调性: 正弦函数在主值区间的单调递增性，决定了反正弦函数在其整个定义域 $[-1, 1]$ 上也是单调递增的.
奇偶性: 正弦函数主值支的图像关于原点对称，这一几何特性被反函数继承.故 $y=\arcsin x$ 是奇函数, 满足 $\arcsin(-x) = -\arcsin x$ .

note

深刻理解：

\sin(\arcsin x)

与

\arcsin(\sin x)

根据反函数的定义，我们似乎可以认为 $\sin(\arcsin x)=x$ 和 $\arcsin(\sin x)=x$ . 然而，这其中有微妙但至关重要的区别.

\paragraph{1. 恒等式 $\sin(\arcsin x) = x$ } 此关系式对于 $\arcsin x$ 的整个定义域 $x \in [-1, 1]$ 是恒成立的.

\paragraph{2. 关系式 $\arcsin(\sin x) = x$ ?} 此关系式仅当 $x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ (主值区间) 时成立.

当 $x$ 超出主值区间时, 运算结果会将 $x$ 折叠回主值区间.
函数 $y = \arcsin(\sin x)$ 的图像是周期为 $2\pi$ 的"锯齿波".

\resizebox{0.95\linewidth}{!}{

反余弦函数

定义与主值区间的选取

考察函数 $y=\cos x$ . 我们不能像正弦函数那样选取 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ ，因为余弦函数在此区间上偶函数性质导致其先增后减（或先减后增），不满足单射条件.

为了定义反函数，我们需要选取一个既能覆盖值域 $[-1, 1]$ 又严格单调的区间. 数学界选定 $[0, \pi]$ 作为标准：

在 $[0, \pi]$ 上, $\cos x$ 从 $1$ 严格单调递减至 $-1$ .
该区间是非负的，且包含了 $0$ 点，形式最简.

\begin{figure}[htbp]

{[0, pi]} 的选取示意图} \end{figure} 图：余弦函数主值区间 \texorpdfstring{ $[0, \pi]$

反余弦

函数 $y=\cos x$ 在其主值区间 $[0, \pi]$ 上的反函数, 称为反余弦函数, 记作 $y=\arccos x$ .

定义域: $[-1, 1]$
值域: $[0, \pi]$

符号 $\arccos x$ 表达的意义是：一个在 $[0, \pi]$ 内的角, 其余弦值为 $x$ .

性质与图像

单调性: 在其整个定义域 $[-1, 1]$ 上单调递减.
奇偶性: 既非奇函数也非偶函数.但它具有一个重要的对称关系： $\arccos(-x) = \pi - \arccos x$ .

note

证明（关于

\arccos(-x) = \pi - \arccos x

）

令 $\alpha = \arccos x$ .由定义知 $\cos\alpha=x$ 且 $\alpha\in[0, \pi]$ . 我们的目标是证明 $\pi-\alpha = \arccos(-x)$ . 根据反余弦函数的定义，只需验证两点：

$\cos(\pi-\alpha) = -x$ .
$\pi-\alpha$ 落在反余弦的值域 $[0, \pi]$ 内.

第一点，由诱导公式可得 $\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha=-x$ ，成立. 第二点，因为 $0 \le \alpha \le \pi$ , 所以 $-\pi \le -\alpha \le 0$ , 故 $0 \le \pi-\alpha \le \pi$ ，也成立. 证毕.

note

深刻理解：

\cos(\arccos x)

与

\arccos(\cos x)

1. 恒等式 $\cos(\arccos x) = x$

此关系式对于 $\arccos x$ 的定义域 $x \in [-1, 1]$ 是恒成立的.

2. 关系式 $\arccos(\cos x) = x$ ?

此关系式仅当 $x \in [0, \pi]$ (主值区间) 时成立.

当 $x$ 超出此范围时, $\arccos(\cos x)$ 的结果是返回到主值区间 $[0, \pi]$ 内.
几何意义：结果是与 $x$ 终边位置具有相同余弦值, 且位于 $0$ 到 $\pi$ 之间的那个角.
例如： $\arccos(\cos(2\pi)) = 0$ ； $\arccos(\cos(-\frac{\pi}{3})) = \frac{\pi}{3}$ .

函数 $y = \arccos(\cos x)$ 的图像是一条在 $x$ 轴上方、周期为 $2\pi$ 的"三角波".

\resizebox{0.95\linewidth}{!}{

重要的恒等关系

余角关系

对于任意 $x \in [-1, 1]$ , 恒有：

\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}

证明

令 $\alpha = \arcsin x$ .由定义知 $\sin\alpha = x$ 且 $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ . 我们考察角 $\frac{\pi}{2}-\alpha$ . 首先，其值域为 $0 \le \frac{\pi}{2}-\alpha \le \pi$ ，这恰好是反余弦函数的值域. 其次，其值为 $\cos(\frac{\pi}{2}-\alpha) = \sin\alpha = x$ . 根据反余弦函数的唯一定义，一个值域在 $[0, \pi]$ 且余弦值为 $x$ 的角, 必定是 $\arccos x$ . 故 $\arccos x = \frac{\pi}{2} - \alpha = \frac{\pi}{2} - \arcsin x$ .移项即得证.

反正切的加法公式

对于任意实数 $a, b$ ,

\arctan a + \arctan b = \begin{cases} \arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right), & \text{if } ab \< 1 \pi + \arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right), & \text{if } ab \> 1 \text{ and } a \> 0 -\pi + \arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right), & \text{if } ab \> 1 \text{ and } a \< 0 \end{cases}

证明

令 $A=\arctan a, B=\arctan b$ .则 $\tan A=a, \tan B=b$ , 且 $A, B \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ . 我们考察其和 $A+B$ 的正切值：

\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = \frac{a+b}{1-ab}

这说明 $A+B$ 与 $\arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ 的正切值相同, 它们之间相差 $\pi$ 的整数倍. 即 $A+B = k\pi + \arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ . 关键在于确定整数 $k$ 的值, 这取决于 $A+B$ 所在的区间.

情形一： $ab\<1$ 若 $a\>0, b\>0$ , 则 $A, B \in (0, \frac{\pi}{2})$ . $A+B \in (0, \pi)$ . 若 $ab\<1 \implies \frac{a+b}{1-ab}\>0 \implies \tan(A+B)\>0$ . 这说明 $A+B$ 位于第一或第三象限.结合 $A+B \in (0, \pi)$ , 可知 $A+B \in (0, \frac{\pi}{2})$ . 此时 $\arctan(\frac{a+b}{1-ab})$ 也在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内, 故 $k=0$ . (其他 $a,b$ 符号的情况可类似讨论, 最终都指向 $k=0$ )

情形二： $ab\>1$ 且 $a\>0$ 此时必有 $b\>0$ . $A, B \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 故 $A+B \in (0, \pi)$ . $ab\>1 \implies 1-ab\<0 \implies \frac{a+b}{1-ab}\<0 \implies \tan(A+B)\<0$ . 这说明 $A+B$ 位于第二或第四象限.结合 $A+B \in (0, \pi)$ , 可知 $A+B \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ . 而 $\arctan(\frac{a+b}{1-ab})$ 位于 $(-\frac{\pi}{2}, 0)$ . 要使等式成立，必须有 $k=1$ .

情形三： $ab\>1$ 且 $a\<0$ 此时必有 $b\<0$ . $A, B \in (-\frac{\pi}{2}, 0)$ , 故 $A+B \in (-\pi, 0)$ . $ab\>1 \implies 1-ab\<0 \implies \frac{a+b}{1-ab}\>0 \implies \tan(A+B)\>0$ . 这说明 $A+B$ 位于第一或第三象限.结合 $A+B \in (-\pi, 0)$ , 可知 $A+B \in (-\pi, -\frac{\pi}{2})$ . 而 $\arctan(\frac{a+b}{1-ab})$ 位于 $(0, \frac{\pi}{2})$ . 要使等式成立，必须有 $k=-1$ .

典例剖析

复合函数求值

求 $\cos\left(\arcsin\left(-\frac{4}{5}\right)\right)$ 的值.

解

令 $\alpha = \arcsin\left(-\frac{4}{5}\right)$ .我们的目标是求 $\cos\alpha$ . 根据反正弦函数的定义，我们可知：

\sin\alpha = -\frac{4}{5} \text{且} \alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]

利用同角三角函数平方关系 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ ,

\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - \left(-\frac{4}{5}\right)^2 = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}

所以 $\cos\alpha = \pm\frac{3}{5}$ .

接着，我们必须利用角的范围来确定符号. 因为 $\sin\alpha = -\frac{4}{5}$ 是负值, 且 $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ , 所以角 $\alpha$ 必定落在第四象限（或其边界）, 即 $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, 0\right)$ . 在第四象限，余弦值为正.

\therefore \cos\alpha = \frac{3}{5}

反正切的和

求值： $\arctan 2 + \arctan 3$ .

解

我们直接应用反正切的加法公式. 令 $a=2, b=3$ .注意到 $a\>0, b\>0$ 且 $ab = 2 \times 3 = 6 \> 1$ . 因此，我们应使用第二种情形的公式：

\begin{aligned} \arctan 2 + \arctan 3 &= \pi + \arctan\left(\frac{2+3}{1-2\cdot 3}\right) &= \pi + \arctan\left(\frac{5}{-5}\right) &= \pi + \arctan(-1) \end{aligned}

根据反正切函数的定义， $\arctan(-1)$ 是在 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 内正切值为 $-1$ 的角, 即 $-\frac{\pi}{4}$ .

\therefore \arctan 2 + \arctan 3 = \pi + \left(-\frac{\pi}{4}\right) = \frac{3\pi}{4}

深入理解恒等式

求值： $\arccos\left(\cos\left(\frac{8\pi}{3}\right)\right)$ .

解

我们注意到角 $\frac{8\pi}{3}$ 并不在反余弦函数的主值区间 $[0, \pi]$ 内, 因此结果不等于 $\frac{8\pi}{3}$ . 我们首先需要计算内层函数的值.

\cos\left(\frac{8\pi}{3}\right) = \cos\left(2\pi + \frac{2\pi}{3}\right) = \cos\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -\frac{1}{2}

接着，原问题转化为求 $\arccos(-\frac{1}{2})$ . 这需要我们寻找在 $[0, \pi]$ 区间内, 余弦值为 $-\frac{1}{2}$ 的角. 该角为 $\frac{2\pi}{3}$ .

\therefore \arccos\left(\cos\left(\frac{8\pi}{3}\right)\right) = \frac{2\pi}{3}

探索课题​

知识概括​

弧度制​

来龙去脉​

定义​

角度制与弧度制的换算​

正弦函数与余弦函数​

单位圆上的参数化​

图像的生成​

性质的几何根源​

定义域与值域​

周期性​

奇偶性与对称性​

单调性​

正弦与余弦的内在联系​

正弦与余弦函数的图像​

如何“展开”单位圆？​

五点作图法​

余弦函数的图像​

正弦函数与余弦函数的性质​

定义域、值域与周期性​

奇偶性与单调性​

对称性​

性质汇总​

正切函数​

定义与图像​

正切函数的性质​

余切、正割与余割函数​

定义与几何意义​

函数图像与性质​

余切函数 ​

正割函数 与余割函数 ​

性质汇总​

同角三角函数的基本关系​

两个基本关系式​

公式的变形与应用​

诱导公式​

公式一、二：关于原点与x轴的对称​

公式三、四：关于轴与直线的对称​

“名称变换”的诱导公式​

奇变偶不变，符号看象限​

典例解析​

和差角公式​

两角差的余弦​

公式体系的构建​

辅助角公式：\texorpdfstring{​

典例解析​

倍角公式​

来龙去脉​

公式体系​

内在联系与应用策略​

典例解析​

三倍角与\texorpdfstring{​

来龙去脉​

推广至倍角​

万能公式与齐次式思想​

来龙去脉​

公式体系​

齐次化构造​

典例解析​

总结​

角的变换​

来龙去脉​

典例剖析​

四大思想​

和差化积与积化和差​

公式​

积化和差​

和差化积公式​

典例剖析​

来龙去脉​

\texorpdfstring{​

由 \texorpdfstring{​

整体换元思想​

典例剖析​

\texorpdfstring{ 的约束与求解​

思想一​

思想二​

思想三​

思想一​

探索课题

知识概括

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定义

角度制与弧度制的换算

正弦函数与余弦函数

单位圆上的参数化

图像的生成

性质的几何根源

定义域与值域

周期性

奇偶性与对称性

单调性

正弦与余弦的内在联系

正弦与余弦函数的图像

如何“展开”单位圆？

五点作图法

余弦函数的图像

正弦函数与余弦函数的性质

定义域、值域与周期性

奇偶性与单调性

对称性

性质汇总

正切函数

定义与图像

正切函数的性质

余切、正割与余割函数

定义与几何意义

函数图像与性质

余切函数 $y=\cot x$

正割函数 $y=\sec x$ 与余割函数 $y=\csc x$

性质汇总

同角三角函数的基本关系

两个基本关系式

公式的变形与应用

诱导公式

公式一、二：关于原点与x轴的对称

公式三、四：关于 $y$ 轴与直线 $y=x$ 的对称

“名称变换”的诱导公式

奇变偶不变，符号看象限

典例解析

和差角公式

两角差的余弦

公式体系的构建

辅助角公式：\texorpdfstring{ $a\sin x + b\cos x$

典例解析

倍角公式

来龙去脉

公式体系

内在联系与应用策略

典例解析

三倍角与\texorpdfstring{ $n$

来龙去脉

推广至 $n$ 倍角

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齐次化构造

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由 \texorpdfstring{ $y=\sin x$

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