ch06-三角函數

{/* label: chap:ch06 */}

\begin{figure}[htbp]

\small 李萨如曲線

想象一個光点，它同时在進行两种独立的运动：一個簡單的余弦波控制它**水平**来回振动，另一個正弦波控制它**垂直**来回振动.但是当我们将這两结合在一起的时候，神奇的事情發生了！！竟然可以在屏幕上绘制出稳定、封闭、且异常複杂的优美圖案，如同編织的绳结.這些圖案被称為“利萨茹曲線”.是什么决定了這個圖案的最终形态？為什么有时它是一個簡單的圓，有时是一個椭圓，有时却是這样一個複杂的“蝴蝶结”？改變水平和垂直振动的**频率**或它们的**起始时机（相位）**，会對圖形产生怎样的影响？要破解這個振动之谜，我们必须深入理解構成這一切的基礎**三角函數**的内在规律.

\end{figure}

探索课題

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

试問：

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為 $35-30=5$ 米, 最高点為 $35+30=65$ 米.從最低到最高需要 $12/2=6$ 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？請仔细观察上圖，当你在 $P_1$ 点时，你上升的垂直高度，和你沿圓弧走過的路程，显然是不成正比的.你的垂直速度在不断變化（在最低和最高点最慢，在與中心等高处最快）. 這說明，高度随时間的變化不是一個線性關係.我们需要一种新的函數模型，来描述這种周而複始的、非線性的變化规律.

在此之前，我们學習的函數（如一次、二次、指數、對數函數）大多描述的是增长、衰减或簡單的“V”形、“U”形變化.然而，現实世界充满了周期性現象，這些循环往複的运动，无法用旧有的函數模型来刻画.

三角函數，正是為描述周期性現象而生的數學語言.本章，我们将超越“直角三角形内的边角比”，從“單位圓上的坐標”這一更廣阔的视角重新定義三角函數，進而係统研究其圖像特征與性質.我们将學習如何像分析师一样，通過解析式 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 預测函數的行為，并解决與周期、频率、相位相關的实际問題.

知识概括

三角求值問題: 掌握同角三角函數關係、诱導公式、和差倍角公式，并能灵活运用于化簡求值.重点掌握“角”的變換技巧與 $a\sin x+b\cos x$ 型函數的处理.
圖像與函數性質: 深刻理解 $y=\sin x, y=\cos x, y=\tan x$ 的圖像與性質（定義域、值域、周期性、單调性、奇偶性、對称性）.掌握由 $y=\sin x$ 到 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 的圖像變換规律，并能由函數解析式分析其所有性質.
三角函數零点問題: 掌握三角函數零点的求解方法，理解其與三角方程根的联係.能利用數形结合思想，分析函數零点的個數及分布情况.
$\omega$ 的约束與求解: 针對给出函數在特定区間上的性質（如單调性、最值点、零点個數）来反求參數 $\omega$ 的問題，建立一套係统性的分析方法，重点關注周期與区間的關係.

弧度制

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

来龙去脉

自古以来，我们就習惯用“度”来衡量角的大小.将一個圓周等分為 $360$ 份, 每一份所對的圓心角定義為 $1$ 度.而這個數學遗产来自古巴比伦人那儿, 因其良好的整除性（ $360$ 能被很多整數整除）而在天文學、航海和日常生活中被廣泛應用.

但是，你是否想過：為什么是 $360$ ？這個數字是人為规定的，带有很强的歷史偶然性.它與圓本身的几何性質比如半径、周长并没有任何内在的、本質的联係，然而使用角度制会導致公式中出現一個丑陋的、无处不在的转換係數 $\frac{\pi}{180}$ ，這破坏了數學的簡洁與和谐之美.

為了寻求一种更自然、更能體現圓的几何本質的度量方式，數學家们提出了一個直击的問題：我们能否用圓自身的元素（如半径）来度量角？

答案是肯定的.這种全新的度量單位，就是弧度制.

定義

弧度

在圓中，我们规定：长度等于半径长的圓弧，它所對的圓心角的大小為 1 弧度. 如果一段弧长為 $l$ , 它所對的圓心角為 $\alpha$ (單位：弧度), 所在圓的半径為 $r$ ，那么角的大小由弧长與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} 圖：弧度的定義：当弧长等于半径时，所對應的圓心角為 \texorpdfstring{ $1$

{弧度制的本質： 弧度制是一個纯粹的比值，它没有單位（或者說單位是1）.這使得角的大小與所選圓的半径无關，成為一個只與形状有關的“纯數”，從而能在數學公式中與其他物理量進行更直接、更和谐的运算.}

角度制與弧度制的換算

理解了定義，換算就變得非常簡單.我们只需要找到一個共同的“锚点”，也就是一個完整的圓周角. 一個完整的圓周，其弧长 $l = 2\pi r$ . 根据弧度制定義，它對應的弧度角為：

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

而我们知道，一個周角等于 $360^\circ$ . 因此，我们得到了最的換算關係：

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

由此，我们可以推導出任意角度的換算公式：

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： $1 \text{ rad} = \left(\frac{180}{\pi}\right)^\circ \approx 57.3^\circ$ .

常用特殊角的換算

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： 從接着開始，在讨論函數、方程等數學問題时，凡是未指明單位的角度，一律默认為弧度制.例如， $\sin 2$ 指的是 $\sin(2 \text{ rad})$ , 而不是 $\sin(2^\circ)$ . 這是高中乃至整個高等數學的標准约定.}

正弦函數與余弦函數

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

在初等几何中，我们對正弦、余弦的理解，始终被禁锢在直角三角形的框架内：

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

這個定義簡洁直观，足以解决三角形的边角计算問題.但它有一個巨大的局限性：角 $A$ 必须是一個锐角, 即 $A \in (0, \frac{\pi}{2})$ .我们无法用它来讨論 $\sin(\frac{2\pi}{3})$ 或 $\cos(-\frac{\pi}{6})$ 的意義，更遑論将其视為一個定義在整個实數集上的函數.

為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——數學家们必须打破直角三角形的束缚，建立一個更普适、更强大的定義.這個伟大的工具，就是單位圓.

通過單位圓，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”, 而是看作一個質点在單位圓上作匀速圓周运动时, 其坐標随旋转角度 $\alpha$ 變化的函數.這不僅将定義域從 $(0, \frac{\pi}{2})$ 一举解放到了整個实數集 $\mathbb{R}$ ，更從根源上揭示了三角函數與生俱来的周期性——這种宇宙中最普遍的运动模式.

單位圓上的參數化

任意角的三角函數

在平面直角坐標係中，我们構造一個以原点 $O$ 為圓心, 半径 $r=1$ 的圓, 称之為單位圓, 其方程為 $x^2+y^2=1$ . 设角 $\alpha$ 的顶点與原点重合, 始边與 $x$ 轴的非负半轴重合.其终边與單位圓交于唯一点 $P(x,y)$ . 那么, 我们将点 $P$ 的坐標與角 $\alpha$ 建立如下函數關係：

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

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

\end{figure} 圖：單位圓中三角函數的定義

{關係： 由單位圓的方程 $x^2+y^2=1$ , 我们立刻得到了對任意角 $\alpha$ 都成立的最重要的恒等關係——同角三角函數平方關係：

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

這個公式是三角恒等變換的基石，其几何本質就是單位圓上任意一点到原点距离為1的代數體現.}

欧拉公式的启示

在複分析领域，欧拉公式揭示了一個更為深刻的联係： $e^{i\alpha} = \cos\alpha + i\sin\alpha$ . 這表明，複數 $e^{i\alpha}$ 正是單位圓上辐角為 $\alpha$ 的点.正弦與余弦，不過是這個基本複指數函數在实轴與虚轴上的投影，而這统一了指數函數與三角函數.

圖像的生成

我们已經将 $\sin x$ 和 $\cos x$ 定義為單位圓上动点的纵、横坐標.如何将這种二維的圓周运动，转化為我们熟悉的一維函數圖像呢？

想象一下，我们让一個質点 $P$ 從点 $(1,0)$ 出發，沿單位圓逆时针运动.與此同时，我们将它的运动在两個維度上進行“记錄”.

将質点 $P$ 的纵坐標 $y=\sin x$ 的值, 实时地投影到一条随角度 $x$ 展開的水平數轴上，其轨迹便構成了正弦曲線.
将質点 $P$ 的横坐標 $x'=\cos x$ 的值，实时地投影到這条水平數轴上，其轨迹便構成了余弦曲線.

這两条曲線，是自然界中最纯粹、最基本的波动形态.

性質的几何根源

正弦與余弦函數的所有性質，都可以從單位圓這個几何模型中直观地推導出来，而无需死记硬背.

定義域與值域

定義域: 對于任意实數角 $x \in \mathbb{R}$ , 其终边总能在單位圓上唯一确定一個点 $P$ , 因此点 $P$ 的横纵坐標 $\cos x$ 和 $\sin x$ 总是有定義的.故 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的定義域均為 $\mathbb{R}$ .
值域: 單位圓上的点，其横坐標 $x$ 和纵坐標 $y$ 的取值范围都被限制在 $[-1, 1]$ 之内.故 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的值域均為 $[-1, 1]$ .

周期性

当角 $x$ 增加 $2\pi$ (一個完整的圓周) 时, 其终边回到原来的位置, 單位圓上的点 $P$ 也重合.這意味着点的坐標值将重複出現.

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

因此， $2\pi$ 是它们的一個周期.不难验證，這也是它们的最小正周期.周期性是圓周运动最根本的属性.

奇偶性與對称性

考察角 $x$ 與角 $-x$ 的终边.它们在單位圓上所對應的点 $P(\cos x, \sin x)$ 與 $P'(\cos(-x), \sin(-x))$ 显然關于 $x$ 轴對称.

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

\end{figure} 圖：三角函數的奇偶性

由對称性可知，点 $P$ 與 $P'$ 的横坐標相同，纵坐標互為相反數.据此，我们得到：

\cos(-x) = \cos x (\text{横坐標不變})

\sin(-x) = -\sin x (\text{纵坐標反号})

這表明， $y=\cos x$ 是偶函數, 其圖像關于 $y$ 轴對称； $y=\sin x$ 是奇函數，其圖像關于原点對称.

單调性

函數的單调性，完全取决于动点 $P$ 在單位圓上运动时，其横纵坐標的變化趋势. \begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：三角函數在單位圓上的單调性

對于 $y=\sin x$ (考察纵坐標): 当角 $x$ 從 $-\frac{\pi}{2}$ 运动至 $\frac{\pi}{2}$ 时, 动点 $P$ 在單位圓的右半圓上從最低点运动至最高点, 其纵坐標 $y$ 從 $-1$ 單调地增加至 $1$ . 当角 $x$ 從 $\frac{\pi}{2}$ 运动至 $\frac{3\pi}{2}$ 时, 动点 $P$ 在單位圓的左半圓上從最高点运动至最低点, 其纵坐標 $y$ 從 $1$ 單调地减少至 $-1$ .
對于 $y=\cos x$ (考察横坐標): 当角 $x$ 從 $0$ 运动至 $\pi$ 时, 动点 $P$ 在單位圓的上半圓上從最右点运动至最左点, 其横坐標 $x'$ 從 $1$ 單调地减少至 $-1$ . 当角 $x$ 從 $\pi$ 运动至 $2\pi$ 时, 动点 $P$ 在單位圓的下半圓上從最左点运动至最右点, 其横坐標 $x'$ 從 $-1$ 單调地增加至 $1$ .

将這些观察结合周期性，便可得到它们在整個定義域上的所有單调区間.

正弦與余弦的内在联係

观察正弦與余弦的圖像，我们不难發現它们具有完全相同的形状，僅僅是位置有所錯開.這种現象背后，蕴含着深刻的几何與代數關係.

诱導公式

對于任意角 $x$ , 恒有

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

證明

此關係可由和角公式严格證明，但其几何意義更為直观.在單位圓上，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 $x$ 终边上的点為 $P(\cos x, \sin x)$ , 则角 $x+\frac{\pi}{2}$ 终边上的点為 $P'(-\sin x, \cos x)$ . 根据定義, $\sin(x+\frac{\pi}{2})$ 即為点 $P'$ 的纵坐標, 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} 個單位}

\end{figure} 圖：正弦函數與余弦函數的相位關係：\texorpdfstring{ $\cos x$

這一關係表明，正弦與余弦并非两個独立的函數，而是同一基本波动在不同相位（Phase）下的表現.余弦波超前于正弦波 $\frac{\pi}{2}$ , 或者說, 正弦波滞后于余弦波 $\frac{\pi}{2}$ .它们共同構成了描述簡谐运动的基礎.

正弦與余弦函數的圖像

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

如何“展開”單位圓？

我们已經知道，当角 $x$ 從 $0$ 變化到 $2\pi$ 时, 單位圓上的点 $P(\cos x, \sin x)$ 恰好运动了一周.在這個過程中, $P$ 点的纵坐標 $y = \sin x$ 和横坐標 $x' = \cos x$ 都在周期性地變化.

如何将這种圓周运动的變化规律，转化為我们熟悉的函數圖像呢？想象一下，我们让單位圓沿着 $x$ 轴正方向“滚动”起来, 同时将 $P$ 点的纵坐標高度实时地“投影”到它所對應的 $x$ 轴位置上.這個投影点运动的轨迹，就是正弦函數的圖像.

這条优美的曲線被称為正弦曲線.它是自然界中最基本的波动形态.

五点作圖法

要精确地画出正弦曲線，我们需要无數個点.但在实际應用中，我们只需要抓住一個周期内的几個關键点，就能大致勾勒出函數的轮廓.這些關键点，就是那些使函數取到最大值、最小值和零值的点.

對于 $y = \sin x$ , 在一個周期 $[0, 2\pi]$ 内，這五個關键点分别是：

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

将這五点用光滑的曲線连接起来，就得到了一個周期的正弦函數圖像.由于函數的周期性，我们可以将這個基本波形向左、向右无限重複，得到完整的圖像.

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

{y=sin x} 在 \texorpdfstring{ $[0, 2\pi]$ }{[0, 2pi]} 上的圖象及五個關键点}

\end{figure} 圖：正弦函數 \texorpdfstring{ $y=\sin x$

余弦函數的圖像

同理，我们将單位圓上点 $P(\cos x, \sin x)$ 的横坐標 $\cos x$ 的值“展開”, 就得到了余弦曲線 $y=\cos x$ 的圖像. 它的“五点法”關键点在 $[0, 2\pi]$ 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]} 上的五点法作圖} \end{figure} 圖：函數 \texorpdfstring{ $y=\cos x$

正弦函數與余弦函數的性質

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

現在，我们有了這两条优美的曲線，就有了研究其函數性質的基礎，我们可以係统地分析并总结它们的全部性質，這将是我们后續學習更複杂三角函數 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ 的基石.

定義域、值域與周期性

從單位圓的定義来看，角 $x$ 旋转一周（ $2\pi$ 弧度）, 终边上的点 $P$ 回到原位, 其坐標值 $(\cos x, \sin x)$ 自然也重複出現.這正是三角函數周期性的根本来源. $\sin(x+2\pi)=\sin x, \cos(x+2\pi)=\cos x$ .因此, $2\pi$ 是它们的一個周期.不难验證，這也是它们的最小正周期.

定義域: 從單位圓定義可知，任意实數角 $\alpha$ 都有唯一确定的正弦值和余弦值與之對應.因此, 函數 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的定義域均為实數集 $\mathbb{R}$ .
值域: 在單位圓 $x^2+y^2=1$ 上, 点的横、纵坐標的取值范围都是 $[-1, 1]$ . 因此，函數 $y=\sin x$ 和 $y=\cos x$ 的值域均為 $[-1, 1]$ . \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: 正弦函數和余弦函數都是周期函數，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}

奇偶性與單调性

奇偶性: 在單位圓上，角 $x$ 與 $-x$ 的终边關于 $x$ 轴對称. 设角 $x$ 终边上点為 $P(\cos x, \sin x)$ , 则角 $-x$ 终边上点為 $P'(\cos x, -\sin x)$ . 根据定義，我们有：

\cos(-x) = \cos x

\sin(-x) = -\sin x

因此： \begin{itemize}

$y=\cos x$ 是偶函數, 其圖像關于 $y$ 轴對称.
$y=\sin x$ 是奇函數，其圖像關于原点對称.

\item 單调性: 我们通常在一個周期内分析函數的單调性，然后利用周期性推廣到整個定義域.观察圖像可知：
對于函數 $y=\sin x$ ： \begin{itemize}
單调递增区間為 $\left[-\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{\pi}{2}+2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .
單调递减区間為 $\left[\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{3\pi}{2}+2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .

\item 對于函數 $y=\cos x$ ：
單调递增区間為 $\left[-\pi+2k\pi, 2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .
單调递减区間為 $\left[2k\pi, \pi+2k\pi\right], k \in \mathbb{Z}$ .

\end{itemize} \end{itemize}

與其死记硬背区間端点，不如在脑海中想象單位圓的运动. 對于 $\sin x$ （看纵坐標 $y$ ）：從 $-90^\circ$ ( $-\pi/2$ ) 转到 $90^\circ$ ( $\pi/2$ ), 点在圓的右半部分, 纵坐標 $y$ 從 $-1$ 增至 $1$ .從 $90^\circ$ 转到 $270^\circ$ ( $3\pi/2$ ), 点在圓的左半部分, 纵坐標 $y$ 從 $1$ 减至 $-1$ . 對于 $\cos x$ （看横坐標 $x$ ）：從 $180^\circ$ ( $\pi$ ) 转到 $360^\circ$ ( $2\pi$ 或 $0$ ), 点在圓的下半部分移动到右侧, 横坐標 $x$ 從 $-1$ 增至 $1$ .從 $0^\circ$ 转到 $180^\circ$ , 点在圓的上半部分, 横坐標 $x$ 從 $1$ 减至 $-1$ .

對称性

主要包括對称轴和對称中心.

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

\item 函數 $y=\cos x$ :
對称轴: 圖像的最高点和最低点所在的竖直線，即直線 $x = k\pi, k \in \mathbb{Z}$ .(這包含了作為偶函數對称轴的 $y$ 轴 $x=0$ )
對称中心: 圖像與 $x$ 轴的交点, 即点 $\left(k\pi + \frac{\pi}{2}, 0\right), k \in \mathbb{Z}$ .

\end{itemize}

對称轴是函數取到最值的地方；對称中心是函數圖像的**“零点”與“拐点”**的重合处.凡是满足 $f(a+x)=f(a-x)$ 的函數, 其圖像關于直線 $x=a$ 對称.凡是满足 $f(a+x)=-f(a-x)$ (或 $f(x)+f(2a-x)=0$ ) 的函數, 其圖像關于点 $(a,0)$ 中心對称.

性質汇总

為了方便對比和记忆，我们将正弦函數與余弦函數的性質总结在下表中. \begin{table}[H]

\caption{正弦函數與余弦函數性質對比}

性質	$y=\sin x$	$y=\cos x$
定義域	$\mathbb{R}$	$\mathbb{R}$
值域	$[-1, 1]$	$[-1, 1]$
最小正周期	$2\pi$	$2\pi$
奇偶性	奇函數	偶函數
單调递增区間	$\left[2k\pi-\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\frac{\pi}{2}\right]$	$[(2k-1)\pi, 2k\pi]$
單调递减区間	$\left[2k\pi+\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\frac{3\pi}{2}\right]$	$[2k\pi, (2k+1)\pi]$
對称轴	直線 $x=k\pi+\frac{\pi}{2}$	直線 $x=k\pi$
對称中心	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}

正切函數

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

正弦與余弦，我们已經将其與單位圓上点的坐標 $(x,y)$ 完美地联係了起来.一個角 $\alpha$ 确定了终边上一点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$ .那么, 這個角 $\alpha$ 除了能决定一個点的位置，还能决定什么其他的几何属性呢？

一個非常自然的思想是：這個角 $\alpha$ 的终边 $OP$ 是一条射線，它具有一個明确的斜率. 根据斜率的定義， $k_{OP} = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\sin\alpha - 0}{\cos\alpha - 0} = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ (当 $\cos\alpha \neq 0$ 时). 這個比值，我们称之為角 $\alpha$ 的正切.

“正切”這個名字本身就蕴含着深刻的几何意義，請你想象在單位圓的右侧点 $(1,0)$ 处作一条與 $x$ 轴垂直的直線, 這条直線恰好與圓相切.当角 $\alpha$ 的终边延长时, 会與這条切線相交于一点 $T$ .通過簡單的相似三角形知识, 我们可以證明, 点 $T$ 的纵坐標, 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單位圓切線上的一段有向線段的长度.

定義與圖像

正切

我们定義角 $\alpha$ 的正切為：

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

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

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：正切函數的几何意義

正切函數的圖像與正弦、余弦曲線有显著的不同.由于定義域中排除了使 $\cos x = 0$ 的点, 函數圖像在這些点上是不连續的.這些不连續点 $x = k\pi + \frac{\pi}{2}$ 形成了函數圖像的一条条垂直渐近線.

在一個周期 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 内，我们可以通過几個關键点来描绘其形态： $(-\frac{\pi}{4}, -1)$ , $(0, 0)$ , $(\frac{\pi}{4}, 1)$ . 圖像從左侧贴近渐近線 $x=-\frac{\pi}{2}$ 的负无穷处開始, 穿過這三点, 最终向上贴近渐近線 $x=\frac{\pi}{2}$ 的正无穷处.

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

{y=tan x} 的圖像}

\end{figure} 圖：函數 \texorpdfstring{ $y=\tan x$

正切函數的性質

观察正切函數的定義與圖像，我们可以总结出它的主要性質：

定義域: $\{x \in \mathbb{R} \mid x \neq k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}$ .
值域: 实數集 $\mathbb{R}$ .正切函數可以取到任意实數值.
周期性: 观察圖像，其形态每隔 $\pi$ 的长度就重複一次.可以验證：

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

所以正切函數是周期函數，其最小正周期為 $\pi$ .

奇偶性: 根据定義：

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

所以正切函數是奇函數，其圖像關于原点 $(0,0)$ 對称.更一般地, 圖像關于所有零点 $(k\pi, 0), k \in \mathbb{Z}$ 中心對称.

單调性: 正切函數在它的每一個连續区間上都是單调递增的.其單调递增区間為：

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

一個非常常见的錯誤是认為“ $y=\tan x$ 在其定義域上單调递增”.這是錯誤的！虽然它在每一個独立的区間 $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ , $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)$ 等内部都是递增的, 但不能說它在整個定義域上递增.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 $\tan x_1 \> \tan x_2$ .這违背了在定義域上單调递增的定義.

余切、正割與余割函數

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

正弦、余弦與正切，分别從單位圓上的点的坐標 $(x,y)$ 與终边斜率 $\frac{y}{x}$ 這三個几何量出發，構建了三角函數世界的基礎.一個自然而深刻的問題随之而来：這三個基本量的倒數，是否也具有明确的几何意義和函數性質？

答案是肯定的.通過取倒數這一簡單的代數运算，我们衍生出另外三個三角函數：

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

這三個函數在歷史上，尤其是在没有计算器的时代，為簡化某些特定形式的计算（例如涉及除法的运算）提供了便利.在現代數學中，它们在積分、微分方程以及描述某些物理現象时，依然扮演着不可或缺的角色.本节，我们将係统地揭示這三個“倒數”函數的几何本源與函數特性.

定義與几何意義

余切、正割、余割

對于任意角 $\alpha$ ，我们定義：

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

這三個函數同样拥有优美的几何解释，它们分别對應單位圓在不同位置的切線段长度.

{/* 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} 圖：余切：\texorpdfstring{$\cot\alpha = \overline{AT

余切 $\cot\alpha$ 的几何意義：作單位圓過点 $(0,1)$ 的切線 $y=1$ .角 $\alpha$ 的终边或其反向延长線與该切線交于点 $T_c$ .点 $T_c$ 的横坐標即為 $\cot\alpha$ .
正割 $\sec\alpha$ 與余割 $\csc\alpha$ 的几何意義：作單位圓過终边上点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$ 的切線.该切線與 $x$ 轴的交点為 $T_s$ , 與 $y$ 轴的交点為 $T_{cs}$ .原点到這两個交点的有向距离 $OT_s$ 和 $OT_{cs}$ 分别為 $\sec\alpha$ 和 $\csc\alpha$ .

函數圖像與性質

這三個函數的性質完全由其定義（作為倒數）决定.凡是其分母為零的点，都将成為函數圖像的垂直渐近線.

余切函數 $y=\cot x$

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

{y=cot x} 的圖像}

\end{figure} 圖：函數 \texorpdfstring{ $y=\cot x$

定義域: $\{x \in \mathbb{R} \mid x \neq k\pi, k \in \mathbb{Z}\}$ .
值域: $\mathbb{R}$ .
周期性: 最小正周期為 $\pi$ .
奇偶性: $\cot(-x) = -\cot x$ , 是奇函數，圖像關于原点對称.
單调性: 在每個定義区間 $(k\pi, (k+1)\pi)$ 内單调递减.

正割函數 $y=\sec x$ 與余割函數 $y=\csc x$

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

\caption*{(a) 正割函數}

\caption*{(b) 余割函數}

\end{figure} 圖：正割函數和余割函數的圖像

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

性質汇总

下表係统地总结了全部六個三角函數的性質，便于對比與查閱. \begin{table}[H]

\caption{六种三角函數重要性質對比}

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

\end{table}

同角三角函數的基本關係

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

在此之前，我们分别從單位圓的坐標和终边斜率的角度定義了同一個角 $\alpha$ 的三种三角函數值： $\sin\alpha$ , $\cos\alpha$ , $\tan\alpha$ .這三個量都源于同一個角, 它们之間必定存在着某种固定的、不随角 $\alpha$ 變化的關係.揭示并利用這些關係，是進行一切三角计算與變形的出發点.

两個基本關係式

回顾我们的定義，一切關係都隐藏在源头之中.

源头一：單位圓方程 点 $P(x,y)$ 在單位圓 $x^2+y^2=1$ 上, 而 $x=\cos\alpha, y=\sin\alpha$ .将坐標代入圓的方程, 我们立即得到對任意角 $\alpha$ 都成立的平方關係.
源头二：正切的定義 我们定義了 $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ .這本身就是一個關係式，我们称之為商數關係.

同角三角函數基本關係

對于任意角 $\alpha$ ，以下關係式恒成立：

平方關係:

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

商數關係:

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

證明

我们從三角函數最根本的定義出發来證明這两個基本關係.

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

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

對于平方關係，我们直接将定義代入等式左侧進行计算：

\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 $P$ 的坐標與到原点距离的關係, 我们有 $x^2 + y^2 = r^2$ .因此，上式可以继續化簡：

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

這样，我们就證明了 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ 恒成立.

對于商數關係，我们同样從定義出發.在定義域要求 $\cos\alpha \neq 0$ （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 $\tan\alpha$ 的定義.故商數關係 $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ 成立. 该關係式的成立条件 $\cos\alpha \neq 0$ , 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： 這两個公式構成了三角變換的源头.所有更複杂的三角恒等式，都是由這两個基本關係式通過代數运算派生出来的.掌握它们的各种變形，是解題的關键.}

公式的變形與應用

這两個看似簡單的公式，在实际應用中千變万化.以下是一些必须熟練掌握的變形技巧：

知一求二: 由平方關係，我们可以進行開方运算：

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

這里的正负号必须根据角 $\alpha$ 所在的象限来唯一确定.這是“知一求二”問題中最、也最容易出錯的一步.

和差與積的转化: 這是一個極其重要的恒等式，它架起了 $\sin\alpha \pm \cos\alpha$ 與 $\sin\alpha\cos\alpha$ 之間的桥梁.

(\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“積”；反之，知道“積”，也能求出“和/差”的平方.

“切”化“弦”與“弦”化“切”: 商數關係是连接正切與正、余弦的纽带. \begin{itemize}
遇到正切，可以统一化為正余弦進行计算，即“切化弦”.
遇到關于 $\sin\alpha$ 和 $\cos\alpha$ 的齐次式（分子分母各項的幂次相同）, 可以分子分母同除以 $\cos^k\alpha$ （ $k$ 為幂次）, 從而转化為關于 $\tan\alpha$ 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

解題思路： 遵循“公式求值，象限定号”的基本原则.

首先，利用平方關係求 $\sin\alpha$ 的绝對值.

\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. 因為角 $\alpha$ 的终边在第三象限, 所以其正弦值 $\sin\alpha$ 為负.

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

最后，利用商數關係求 $\tan\alpha$ .

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

在本例中，象限条件是解題的灵魂.如果忽略了“第三象限”這個条件，就会導致 $\sin\alpha$ 的符号无法确定，從而得到錯誤的答案.在任何涉及開方的三角函數运算中，都要第一时間檢查象限，确定符号.

“和差積”關係的运用

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

解題思路： 題中给出了 $\sin\alpha$ 與 $\cos\alpha$ 的“和”, 要求它们的“積”與“差”.這是典型的利用完全平方公式 $(a+b)^2=a^2+b^2+2ab$ 搭建桥梁的題型.

(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

展開左式，

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

利用平方關係 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ ，

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

移項并求解，

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) 問的结果，

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

開方得到 $\sin\alpha - \cos\alpha = \pm\frac{7}{5}$ . 此时，必须利用象限条件判断符号. 因為 $\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ , 所以 $\sin\alpha \> 0$ , $\cos\alpha \< 0$ . 那么 $\sin\alpha - \cos\alpha$ 的结果必然是 (正數) - (负數)，结果為正.

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

(3) 求 $\tan\alpha$ : 我们已經求得 $\sin\alpha + \cos\alpha = \frac{1}{5}$ 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 $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$ . (這與 $\alpha$ 在第二象限的符号判断完全吻合) 根据商數關係，

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

“和差積”的相互转化是三角變換的基石.恒等式 $(\sin\alpha \pm \cos\alpha)^2 = 1 \pm 2\sin\alpha\cos\alpha$ 必须烂熟于心.解題时，平方运算是“由和差求積”的工具，而開方运算是“由積求和差”工具.象限条件则是决定開方符号的唯一標准.

“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

解題思路： 观察所求表达式，其分子、分母都是關于 $\sin\alpha$ 和 $\cos\alpha$ 的一次齐次式（每一項的幂次均為1）.這种结構提示我们可以通過分子分母同除以 $\cos\alpha$ 的方法, 将整個式子转化為關于 $\tan\alpha$ 的表达式.

当 $\tan\alpha=-3$ 有意義时, 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”是一种極其高效的技巧，适用于处理關于 $\sin\alpha, \cos\alpha$ 的齐次分式.其本質是降維, 将两個變量（ $\sin\alpha, \cos\alpha$ ）的問題转化為一個變量（ $\tan\alpha$ ）的問題.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

解題思路： 此題與上一題相反，是已知 $\tan\alpha$ 求關于 $\sin\alpha, \cos\alpha$ 的表达式的值.有两种主流方法.

方法一：構造直角三角形法（數形结合）

因為 $\tan\alpha = 2 \> 0$ , 所以角 $\alpha$ 在第一或第三象限. 我们不妨構造一個直角三角形，使其一锐角為 $\alpha'$ 且 $\tan\alpha' = 2 = \frac{2}{1}$ . 令该角的對边為 2，邻边為 1.由勾股定理，斜边為 $\sqrt{2^2+1^2} = \sqrt{5}$ . 此时，我们得到 $\sin\alpha', \cos\alpha'$ 的绝對值： $|\sin\alpha| = \frac{2}{\sqrt{5}}$ , $|\cos\alpha| = \frac{1}{\sqrt{5}}$ .

接下来進行分類讨論：

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}

綜合两种情况，所求表达式的值均為 $\frac{5}{2}$ .

方法二：弦化切法（代數變形）

由于所求表达式不是齐次式，我们尝试将其改造為齐次式. 注意到分母可以寫成 $\sin^2\alpha - \sin\alpha\cos\alpha$ , 分子 $1$ 可以用 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ 代換.

\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“構造三角形法”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“代數變形法”更為严谨，通過巧妙地使用“ $1$ 的代換”将非齐次式化為齐次式，是处理此類問題的普适性技巧.两种方法都應掌握，以便灵活選用.

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

本題考查两個三角命題之間的逻辑關係，我们需要分别判断“甲 $\implies$ 乙”和“乙 $\implies$ 甲”的真伪.

推断一：乙 $\implies$ 甲 我们先從条件乙出發，看能否推導出条件甲. 条件乙為： $\sin\alpha + \cos\beta = 0 \implies \sin\alpha = -\cos\beta$ . 将此式两边平方，得到：

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

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

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

移項可得：

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

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

推断二：甲 $\implies$ 乙 接着我们從条件甲出發，看能否推導出条件乙. 条件甲為： $\sin^2\alpha + \sin^2\beta = 1$ . 利用平方關係，可得 $\sin^2\alpha = 1 - \sin^2\beta = \cos^2\beta$ . 對此式開方，我们得到：

\sin\alpha = \pm \cos\beta

這個结論包含了两种可能： $\sin\alpha = \cos\beta$ 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. 這意味着，甲不是乙的充分条件.

结論綜上所述，甲是乙的必要条件，但不是乙的充分条件.正确答案為 B.

诱導公式

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

我们已經能够轻松地求出像 $\frac{\pi}{6}$ (30°), $\frac{\pi}{4}$ (45°), $\frac{\pi}{3}$ (60°) 這些锐角的三角函數值.但現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？

仔细观察会發現，這些新的角度，如 $120^\circ, 210^\circ, -30^\circ$ , 它们的终边與我们熟悉的锐角 $30^\circ$ 的终边, 在單位圓上呈現出高度的對称性——它们或關于 $y$ 轴對称, 或關于原点對称, 或關于 $x$ 轴對称.

诱導公式，就是一套係统揭示三角函數的對称性所對應的代數關係的公式.它的终極目標，是把任意角的三角函數计算問題，都“诱導”和转化成我们熟悉的锐角的三角函數计算問題.

我们将以角 $\alpha$ 為“基准”, 通過單位圓上的對称變換, 来寻找角 $2k\pi+\alpha, \pi+\alpha, -\alpha, \pi-\alpha$ 等與 $\alpha$ 的三角函數關係.在推導中, 我们始终假设 $\alpha$ 是一個锐角, 這样便于观察其终边所在的象限, 但所得到的公式對任意角 $\alpha$ 都成立.

设角 $\alpha$ 的终边與單位圓交于点 $P(\cos\alpha, \sin\alpha)$ .

公式一、二：關于原点與x轴的對称

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

{alpha}、\texorpdfstring{ $\pi+\alpha$ }{pi+alpha} 和 \texorpdfstring{ $-\alpha$ }{-alpha} 的终边關係}

\end{figure} 圖：诱導公式的几何意義：角 \texorpdfstring{ $\alpha$

周期性 (公式一): 角 $2k\pi+\alpha$ 與角 $\alpha$ 的终边完全相同，所以它们的三角函數值也完全相同.這是周期性的體現.

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

關于原点對称 (公式二): 角 $\pi+\alpha$ 的终边是角 $\alpha$ 终边的反向延长線, 点 $P_1$ 與点 $P$ 關于原点對称.因此 $P_1$ 的坐標為 $(-\cos\alpha, -\sin\alpha)$ .

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

關于x轴對称 (公式三): 角 $-\alpha$ 的终边與角 $\alpha$ 的终边關于 $x$ 轴對称.点 $P_2$ 與点 $P$ 的横坐標相同, 纵坐標互為相反數.因此 $P_2$ 的坐標為 $(\cos\alpha, -\sin\alpha)$ .

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

公式三、四：關于 $y$ 轴與直線 $y=x$ 的對称

{/* 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} 圖：角 \texorpdfstring{ $\alpha$

關于 $y$ 轴對称 (公式四): 角 $\pi-\alpha$ 的终边與角 $\alpha$ 的终边關于 $y$ 轴對称.点 $P_3$ 與点 $P$ 的纵坐標相同, 横坐標互為相反數.因此 $P_3$ 的坐標為 $(-\cos\alpha, \sin\alpha)$ .

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

關于直線 $y=x$ 對称 (公式五): 角 $\frac{\pi}{2}-\alpha$ 的终边與角 $\alpha$ 的终边關于直線 $y=x$ 對称.点 $P_4$ 的坐標是点 $P$ 坐標的“横纵互換”.因此 $P_4$ 的坐標為 $(\sin\alpha, \cos\alpha)$ .

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

“名称變換”的诱導公式

以上公式，函數名称均未改變（ $\sin$ 还是 $\sin$ ）.而涉及 $\frac{\pi}{2}$ 和 $\frac{3\pi}{2}$ 的變換，则会引起函數名称的改變，即“正弦”變“余弦”，“余弦”變“正弦”.

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

\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 $90^\circ$ 變為 $(-y,x)$ ，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

奇變偶不變，符号看象限

面對如此多的公式，死记硬背绝非良策.其内在规律可以总结為一句口诀，适用于所有 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ ( $k \in \mathbb{Z}$ ) 形式的诱導公式.

\par

\fbox{

**诱導公式统一口诀** \par 
\large\bfseries 奇變偶不變，符号看象限.

} \par

奇變偶不變: 這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 $k$ 為偶數时 (如 $\pi \pm \alpha = 2\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ , $2\pi \pm \alpha = 4\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ ), 函數名称不變.( $\sin \to \sin$ , $\cos \to \cos$ )
当 $k$ 為奇數时 (如 $\frac{\pi}{2} \pm \alpha = 1\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ , $\frac{3\pi}{2} \pm \alpha = 3\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ ), 函數名称改變.（ $\sin \leftrightarrow \cos$ ）

\item 符号看象限: 這句话决定了结果是取正号还是负号.方法是：假设 $\alpha$ 是一個锐角, 判断原始角 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ 所在的象限，然后看原始函數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”是最關键也最易錯的一步.务必记住，是看原函數在原角所在象限的符号，而不是看變化后的函數.例如在上述典例中，我们判断的是 $\cos$ 在第四象限的符号（為正）, 而不是變化后的 $\sin$ 在第四象限的符号（為负）.“假设 $\alpha$ 是锐角”僅僅是為了方便地判断原角所在的象限, 這個口诀對任意角 $\alpha$ 都是成立的，其严谨性由三角函數的周期性與對称性保證.

\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

本題旨在考察對任意角三角函數求值問題的係统处理方法.我们遵循“去负号 $\to$ 去周期 $\to$ 化锐角”這一黄金法则，将複杂的角度逐步化簡為我们熟悉的特殊角.

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 (化為 $[0, 2\pi)$ 内的角) 我们分别处理每一項：

\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})

求值将上述化簡结果代入，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

结論通過三步化簡，原式的值為 $1$ .

方法总结

任意角三角函數求值的"三步曲"：

化正角: 利用诱導公式三（ $\sin(-\alpha)=-\sin\alpha, \cos(-\alpha)=\cos\alpha, \tan(-\alpha)=-\tan\alpha$ ）将负角的三角函數化為正角的三角函數.
化小角: 利用周期性，将角度加上或减去 $2\pi$ （對正切是 $\pi$ ）的整數倍, 使其落入一個我们熟悉的区間, 通常是 $[0, 2\pi)$ .
化锐角: 利用诱導公式，将大于 $\frac{\pi}{2}$ 的角转化為锐角的三角函數.

這套程序化的方法能够确保求解過程清晰无誤.

例

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

解

本題是诱導公式的綜合演練，其在于将表达式中的每一項都用口诀“奇變偶不變，符号看象限”准确地化簡為只含 $\alpha$ 的三角函數.处理 $\sin(-\alpha-\pi)$ 這种複合角是本題的一個技巧点.

逐項击破：

分子：

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

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

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

分母：

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

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

整合化簡： 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，利用商數關係 $\tan\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ ，

\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

结論原分式化簡后的结果為 $-1$ .

經验总结

在处理複杂的三角函數表达式时，化繁為簡的策略至關重要.

逐個分解: 不要试圖一次性化簡整個式子，而是将分子、分母的每一項單独拿出来处理，可以有效降低心算的出錯率.
内角优先: 對于如 $\sin(-\alpha-\pi)$ 的形式, 先处理括号内部的负号, 将其變為 $-\sin(\pi+\alpha)$ ，再進行下一步诱導，思路会更加清晰.
切化弦归一: 在化簡的最后一步，若同时出現 $\sin, \cos, \tan$ , 通常将 $\tan$ 用 $\frac{\sin}{\cos}$ 替換，以便進行最终的约分.

例

在 $\triangle ABC$ 中，求證：

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

解

本題的在于挖掘并利用題设中的隐含条件.“在 $\triangle ABC$ 中”是解題的钥匙, 它告诉我们三個内角之和為 $\pi$ , 即 $A+B+C=\pi$ .我们的任务就是利用這個等式，對所證等式中的角進行代換，從而创造應用诱導公式的条件.

證明 (1): $\sin(A+B) = \sin C$

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

将此關係代入等式左边：

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

根据诱導公式（偶不變， $\pi-C$ 若 $C$ 為锐角则在II象限，sin為正）：

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

因此， $\sin(A+B) = \sin C$ . 得證.

證明 (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)

根据诱導公式（偶不變，II象限cos為负）：

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

所以，右边等于左边 $\cos A$ . 得證.

**證明 (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}

将此關係代入等式左边：

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

根据诱導公式（奇變， $\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}$ 在I象限，sin為正）：

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

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

經验总结

本组證明題完美體現了數學中的"转化與化归"思想.

挖掘隐含条件: 识别出" $\triangle ABC$ "意味着 $A+B+C=\pi$ ，這是解題的突破口.
角之转化: 利用内角和關係，将等式中看似无關的角（如 $A+B$ 與 $C$ ）联係起来, 实現"多角"向"單角"的转化.例如, 将 $A+B$ 替換為 $\pi-C$ .
归為诱導公式: 上述转化均是為了構造出 $k\cdot\frac{\pi}{2} \pm \alpha$ 的標准形式，從而将問題化归到我们熟悉的诱導公式模型中求解.

這种由已知条件出發，通過恒等變形，将未知問題转化為已知模型来解决的思路，是贯穿整個高中數學的思想方法之一.

例

(2023年12月廣东佛山高三测试) 若点 $A(\cos\theta, \sin\theta)$ 關于原点對称点為 $B\left(\cos(\frac{\pi}{6}-\theta), \sin(\frac{\pi}{6}-\theta)\right)$ , 寫出 $\theta$ 的一個取值為 \underline{}.

解

本題考察對單位圓上点與角對應關係的理解，以及關于原点對称的几何意義.

点 $A$ 與点 $B$ 關于原点對称, 意味着它们的终边互為反向延长線, 其對應的角相差 $\pi$ 的奇數倍.

设点 $A$ 對應的角為 $\theta_A = \theta$ , 点 $B$ 對應的角為 $\theta_B = \dfrac{\pi}{6}-\theta$ .

根据對称性，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， $\theta$ 的一個可能取值為 $\dfrac{7\pi}{12}$ 或 $-\dfrac{5\pi}{12}$ 等.

經验总结

本題是"數"與"形"结合的典范.

"形"的分析: "關于原点對称"是一個几何概念，它直观地告诉我们两個角的终边在一条直線上.
"數"的转化: 我们将這個几何關係，转化為代數關係——"两個角相差 $\pi$ 的奇數倍", 即 $\theta_2 - \theta_1 = (2k+1)\pi$ .
求解: 建立方程后，進行纯代數运算求解.

在單位圓相關問題中，始终在脑海中保持几何圖像，是快速找到解題突破口的關键.

例

(2023年11月廣东金太阳联考) 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

本題看似是複杂的三角函數方程，实则巧妙地结合了辅助角公式與函數在特定区間上的值域分析.

應用辅助角公式 對等式左边進行變形：

\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

分析两边函數的值域 這是解題的關键一步.我们不能直接解方程，而應先考察在给定定義域下，等式两边可能存在的取值.

對于左边： 因為 $\alpha \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ , 所以 $\alpha+\frac{\pi}{4} \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right]$ . 在该区間上， $\sin$ 函數的值域為 $\left[\sin\frac{3\pi}{4}, \sin\frac{\pi}{2}\right] = \left[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right]$ .

對于右边： 因為 $\beta \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ , 在该区間上， $\cos$ 函數的值域為 $\left[\cos\frac{\pi}{2}, \cos\frac{\pi}{4}\right] = \left[0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$ .

确定函數值并求解 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：從 $\alpha+\frac{\pi}{4} \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}\right]$ 和 $\sin(\alpha+\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}$ , 可得 $\alpha+\frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} \implies \alpha = \frac{\pi}{2}$ . 從 $\beta \in \left[\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right]$ 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 $\alpha - \beta = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$ .正确答案為 B.

經验总结

当三角方程看似难以直接求解，且題目给定了严格的自變量范围时，應立刻想到值域分析法.通過确定等式两边函數的值域，寻找其交集，往往能将問題從"解方程"簡化為"求最值"，從而锁定變量的唯一取值.這是处理含參數三角不等式和等式的常用高级技巧.

和差角公式

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

我们已經掌握了如何计算 $30^\circ, 45^\circ, 60^\circ$ 等特殊角的三角函數值. 但如果遇到 $75^\circ$ 或 $15^\circ$ 這样的角，该怎么办呢？一個非常自然的想法是，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

這引發了一個深刻的問題： $\cos(\alpha-\beta)$ 是否等于 $\cos\alpha - \cos\beta$ ？答案是否定的. 我们可以轻易验證， $\cos(60^\circ-30^\circ)=\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , 而 $\cos 60^\circ - \cos 30^\circ = \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 两者显然不相等.

那么，角與角之間的和差關係，在其三角函數世界里，究竟如何去算？為解决這個問題，我们需要一個强大的几何工具，也就是單位圓上的向量点積.我们将證明，三角函數關係，其本質是簡單的向量运算的代數體現.

两角差的余弦

對于任意角 $\alpha, \beta$ ，恒有：

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

證明

如圖所示，在單位圓上取四点 $A,B,C,D$ , 對應的角分别為 $\alpha, \beta, \alpha-\beta, 0$ .

**證明思路：**利用等弧對等弦，即 $|AB| = |CD|$ .

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

利用两点間距离公式：

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

展開并利用 $\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ 化簡左边：

\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}

化簡右边：

\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

這個公式是所有和差角公式的“始祖”，所有其他公式都是由它通過簡單的代數技巧派生出来的. 它的结構记忆口诀：“余余正正，符号反”.

公式體係的構建

以 $\cos(\alpha-\beta)$ 為基石，我们可以推導出整個和差角公式大厦.

推導 $\cos(\alpha+\beta)$ 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}

推導 $\sin(\alpha+\beta)$ 利用诱導公式 $\sin\theta = \cos(\frac{\pi}{2}-\theta)$ .

\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} 的變形} 形如 $f(x) = a\sin x + b\cos x$ 的函數在物理和工程中極為常见，它代表了两個同频率但不同相位的簡谐波的叠加. 和差角公式提供了一個强大的工具，可以将這個和式“合并”成一個單一的正弦（或余弦）函數，從而極大地簡化了對其性質（如最值、周期、單调性）的分析.

這個變形技巧被称為辅助角公式.

\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}

在于構造. 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"變形三步法

一提：提取係數 $\sqrt{a^2+b^2}$ .
二構：将括号内的式子構造成 $\sin x\cos\varphi + \cos x\sin\varphi$ 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

本題是和差角公式的直接應用，难点在于根据角的象限正确地求出其余的三角函數值.

准備工作：求齐各角的正余弦值 因為 $\alpha \in (\frac{\pi}{2}, \pi)$ , 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}

因為 $\beta$ 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}

函數性質分析

求函數 $f(x) = \sqrt{3}\sin x - \cos x$ 的最小正周期和單调递增区間.

解

本題是辅助角公式的典型應用. 首先需要将函數化為 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 的標准形式.

化為標准形式 這里 $a=\sqrt{3}, b=-1$ , 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}

分析性質 函數 $f(x)$ 的標准形式為 $2\sin(x-\frac{\pi}{6})$ .

最小正周期: $T = \frac{2\pi}{|\omega|} = \frac{2\pi}{1} = 2\pi$ .
單调递增区間: 我们要求内层函數 $u = x - \frac{\pi}{6}$ 落在正弦函數的標准递增区間上. 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，函數的單调递增区間為 $\left[2k\pi - \frac{\pi}{3}, 2k\pi + \frac{2\pi}{3}\right], k \in \mathbb{Z}$.

2024年1月金丽衢十二校第一次联考

已知 $\alpha$ 是第二象限角, $\beta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , $\tan(\alpha + \frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{4}$ . 現将角 $\alpha$ 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

本題是一道三角函數的"给值求值"問題，融合了角的旋转、和差角公式等多個知识点.解題的關键在于正确理解"旋转"的含義，并巧妙地利用"角的拼凑"思想.

转化角的關係

"将角 $\alpha$ 的终边逆时针旋转 $\beta$ 后得到角 $\gamma$ "，這句话的數學語言是：

\gamma = \alpha + \beta

我们的目標是求 $\tan\beta$ ，那么可以通過移項得到：

\beta = \gamma - \alpha

因此，問題转化為求 $\tan(\gamma-\alpha)$ 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} 圖：角 $\alpha$ 的终边逆时针旋转角 $\beta$ 得到角 $\gamma$ 的终边

求 $\tan\alpha$

題目已知 $\tan\gamma = \frac{1}{7}$ 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}

（檢验： $\alpha$ 是第二象限角, $\tan\alpha$ 确為负值，符合題意.）

求 $\tan\beta$

接着我们万事俱備，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： $\boxed{\dfrac{19}{8}}$

經验总结

本題是三角函數中"角變換"思想的經典應用，其解題思路清晰地分為三步：

几何問題代數化：审題的第一步是将"终边旋转"這一几何描述，精准地翻译為代數關係式 $\gamma = \alpha + \beta$ .這是解决應用型三角問題的基礎能力.
逆向思維分解目標：明确目標是求 $\tan\beta$ .由 $\beta = \gamma - \alpha$ 可知, 只需求出 $\tan\gamma$ 和 $\tan\alpha$ 即可.這种從目標出發，反向推導所需条件的分析方法，能让解題路径一目了然.
识别公式巧妙运算：看到 $\tan(\alpha+\frac{\pi}{4})$ 和目標 $\tan\alpha$ ，應立刻联想到正切和角公式，将其作為解方程的工具.整個過程體現了将三角問題转化為纯代數問題的能力.

核心思想：解此類題目的關键在于"翻译"題意構建角關係，再通過"拆解"目標锁定求解路径.

2023年12月江苏省决胜新高考三大联考

已知实數 $m, n$ 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

本題表面上是一個代數式問題，但其内在结構與三角函數公式高度吻合.解題的在于“结構识别”，将代數關係转化為我们熟悉的三角模型.

變形一下 将已知等式 $(m+1)(n+1)=2$ 展開：

mn+m+n+1 = 2

移項整理得到：

m+n = 1-mn

观察结構 观察 $m+n = 1-mn$ 這個结構, 如果 $1-mn \neq 0$ , 我们可以将其變形為：

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

這個形式與正切和角公式 $\tan(A+B) = \frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$ 完全一致. 這强烈暗示我们，可以将 $m, n$ 分别设為某两個角的正切值, 即令 $m=\tan A, n=\tan B$ . 此时，条件就转化為：

\tan(A+B) = 1

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

檢验選項 我们逐一檢验哪個選項满足 $A+B = k\pi + \frac{\pi}{4}$ .

選項 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}

這满足 $A+B = k\pi+\frac{\pi}{4}$ (当 $k=0$ 时). 所以選項 A 是可能的.

選項 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 $\tan(A+B)$ 无定義. 對應到代數式中, 這意味着分母 $1-mn=0$, 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錯誤.

選項 C, D: 選項中含有余弦函數, 與我们识别出的正切模型不符, 排除.

{綜上所述，正确答案為 A.}

經验总结

本題是典型的结構伪装題，如何破局就在于识别出隐藏在代數表达式背后的三角函數模型.

代數先行，洞察本質：面對看似複杂的選項，解題的突破口往往是最簡洁的已知条件.首先對代數式 $(m+1)(n+1)=2$ 進行化簡, 得到 $m+n=1-mn$ .這一步操作剥离了問題的外壳, 暴露了其结構 $\dfrac{m+n}{1-mn}=1$ .
结構匹配，建立桥梁：看到 $\dfrac{m+n}{1-mn}$ 的形式, 一個對公式體係烂熟于心的學生, 應能立刻联想到正切和角公式 $\tan(A+B) = \dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}$ .這种對公式结構的"模式识别"能力，是区分机械刷題與灵活應用的關键.
模型转化，降維打击：一旦建立联係，便可果断進行"模型代換".令 $m=\tan A$ , $n=\tan B$ , 原代數問題就瞬間转化為一個極其簡單的三角問題： $\tan(A+B)=1$ .這样, 我们就不需要去计算具體的 $m,n$ 值, 只需檢验哪组選項中的角 $A,B$ 满足其和的正切值為1即可，極大簡化了問題.

2023年12月山东中學联盟高三联考

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

本題要求解一個二倍角函數值，但已知条件是關于另一些角的三角函數. 思路是利用“整體思想”，将 $\cos\alpha\cos\beta$ 和 $\sin\alpha\sin\beta$ 视為两個整體未知數，通過解方程组来求得它们的值，進而求出目標值.

建立方程组 根据已知条件，我们有两個關係式：

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

為了方便，我们令 $X = \cos\alpha\cos\beta$ 和 $Y = \sin\alpha\sin\beta$ . 上述两個關係式就變成了一個關于 $X, Y$ 的簡單方程组：

\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}

求解目標值 我们的最终目標是 $\cos2(\alpha+\beta)$ . 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}

應用二倍角公式：

\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}

{綜上所述，正确答案為 D.}

倍角公式

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

来龙去脉

和角公式打開了一扇新的大门，让我们能够处理两個不同角的和與差.一個極其自然且强大的想法是：如果這两個角是相同的，即 $\alpha = \beta$ ，会發生什么？

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. 這组公式的威力在于建立了“角”與“其二倍角”之間的三角函數联係.它既可以“由半角求倍角”，也可以反過来“由倍角表示半角”（這便是降幂公式與半角公式的来源），在化簡和求值中扮演着角色.

公式體係

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. 正切的后两個无根号形式在化簡中更為常用.}

證明

這些公式均可由两角和的三角函數公式推導得出.

二倍角公式

我们只需在两角和公式中令两個角相等，即设 $\beta = \alpha$ .

對于正弦函數，從 $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$ 出發：

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

對于余弦函數，從 $\cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta$ 出發：

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

再结合平方關係 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, 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}

對于正切函數，利用商數關係和已證的二倍角公式：

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

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

\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數變形，其意義在于将二次的三角函數用一次的余弦函數表示，從而实現“降幂”.

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

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

同理，從 $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$ 出發，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

半角公式的推導極具技巧性，它是在降幂公式的基礎上進行變量代換而得到的.

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 $\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$ 中進行相同的代換：

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

對于正切的半角公式，其无根号形式的推導尤為巧妙且常用.利用商數關係及倍角、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，我们也可以通過乘以 $2\sin\frac{\alpha}{2}$ 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}

這两個有理形式避免了開方和符号判断的麻烦，在解題中是化簡利器.

内在联係與應用策略

** $\cos(2\alpha)$ ** $\cos(2\alpha)$ 的三個形态是整個公式體係的灵魂.它不僅连接了倍角與單角，更通過移項直接给出了升幂與降幂公式，是处理三角函數幂次的工具.
角的“相對性” 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，公式可以廣泛适用. 例如： $\sin\alpha = 2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}$ , $\cos(4x) = 2\cos^2(2x)-1$ .
“1”的代換與弦切互化 二倍角公式與“1”的巧妙结合，是解决难題的利器.

\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}

這個過程本身就是一种重要的解題思想：齐次化.

典例解析

例

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

解

本題的目標角 $2\alpha+\beta$ 结構複杂，无法直接求解. 基本思路是“間接求值”，即先求此角的某一三角函數值，再根据范围确定角的大小.

审題破局： 我们選择求 $\tan(2\alpha+\beta)$ , 因為 $\tan\alpha$ 已知, $\tan\beta$ 可求, 便于利用和角與倍角公式.

准備各角的正切值 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 $\tan\beta$ . 因為 $\beta$ 為锐角, 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}

利用和角公式求目標角的正切值

\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

本題展示了三角恒等變換的灵活性.

策略一：降幂归一.将所有二次項降為一次，是处理幂次不等的通用策略.虽然在本題中此路不通，但它是首要考虑的方法.
策略二：拆角归角.当發現角度之間存在和差關係时（ $80^\circ=60^\circ+20^\circ$ ），果断使用和角公式将"未知角"用"已知特殊角"和"基准角"表示，是打通思路的關键.
策略三：耐心展開與合并.複杂的代數运算是三角變換的常态.保持清晰的步骤，细心计算，最终才能化繁為簡.

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

本題是三角恒等變換中的一類經典模型.左侧是余弦的倍角连乘形式，其關键处理技巧是“構造對偶”，即在式子两边同乘以一個合适的正弦因子，以便连續使用二倍角公式.

構造與化簡 设 $P = \cos\theta\cos2\theta\cos4\theta = -\frac{1}{8}$ . 在等式两边同乘以 $8\sin\theta$ （因為 $\theta \in (\frac{\pi}{7}, \frac{\pi}{4})$ , 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 $\sin8\theta = -\sin\theta = \sin(-\theta)$ ，根据正弦函數的性質可得：

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 $\theta \in (\frac{4\pi}{28}, \frac{7\pi}{28})$ 代入檢验：對于 $\theta = \frac{2k\pi}{9}$ , 当 $k=1$ 时, $\theta = \frac{2\pi}{9} = \frac{56\pi}{252}$ .而 $\frac{\pi}{7} = \frac{36\pi}{252}, \frac{\pi}{4} = \frac{63\pi}{252}$ .因為 $36 \< 56 \< 63$ , 所以 $\theta = \frac{2\pi}{9}$ 是一個解. 對于 $\theta = \frac{(2k+1)\pi}{7}$ , 当 $k=0$ 时, $\theta = \frac{\pi}{7}$ , 不在区間内.当 $k \ge 1$ 时, $\theta \ge \frac{3\pi}{7} \> \frac{\pi}{4}$ . 故 $\theta$ 的唯一解是 $\theta = \frac{2\pi}{9}$ .

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

\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

结論所求表达式的值為 $1$ .

經验总结

對于形如 $\cos x \cos(2x) \cos(4x) \cdots$ 的连乘式, 其处理思想是構造對偶因子.通過乘以一個最簡角的正弦（本例中為 $\sin\theta$ ）, 创造出可以连續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，最终得到一個簡洁的方程.這种"无中生有"的構造性思維是解决問題的重要一环.

2024年廣州廣雅中學二调

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

本題是一個典型的三角方程，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”, 即将所有三角函數都用單角 $\theta$ 来表示.

應用倍角公式及“1”的代換 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，是一個極其重要的结構，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，原方程转化為：

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

约分與化簡 因為 $\theta$ 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

整理代數式：

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 $\cos\theta$ (因為 $\theta$ 為锐角, $\cos\theta \neq 0$ ):

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

{綜上所述，答案為 A.}

經验总结

本題的破局点在于對结構 $1\pm\sin2\theta$ 的高度敏感性.

万能的"1": 在三角變換中，數字"1"并非普通的常數，它是一個伪装成 $\sin^2\theta+\cos^2\theta$ 的數.熟練掌握 $1 \pm \sin2\theta = (\sin\theta \pm \cos\theta)^2$ 這一對恒等式，是解决许多複杂三角方程的捷径.
把角给统一: 将所有涉及 $2\theta$ 的項统一转化為關于 $\theta$ 的表达式，是处理此類問題的基本原则.這使得不同层次的角得以在同一維度下進行比较和运算.
约分要小心: 在方程两边進行约分时，必须檢验所约分式是否為零.本題中"锐角"的条件正是為了保證 $\sin\theta+\cos\theta \neq 0$ ，确保了运算的严谨性.

2023年11月湖北省部分高中联考协作體期中考

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

本題给出的三角恒等式结構较為複杂，但其分母均是二倍角公式的常见形式.解題思路依然是“化角归一”，并利用代數技巧化簡.

统一角并變形分母 观察等式两边的分母，它们都可以用單角 $\theta$ 的函數来表示. 左边分母 $2\cos^2\theta$ 是標准形式. 右边分母是我们在上一題中强调過的經典结構：

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}

化簡與讨論 在化簡右边的分式前，必须考虑其分母 $(\sin\theta-\cos\theta)$ 是否為零. 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： $\frac{\sin(\pi/4)}{2\cos^2(\pi/4)} = \frac{\sqrt{2}/2}{2(1/2)} = \frac{\sqrt{2}}{2} \neq 0$ . 而此时右边的分子為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}

齐次化與“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

移項，得到一個關于 $\sin\theta, \cos\theta$ 的二次齐次方程：

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

因為 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 所以 $\cos\theta \neq 0$ . 我们可以放心地在方程两边同除以 $\cos^2\theta$ ，实現“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 這是一個關于 $\tan\theta$ 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 $\tan\theta = -1$ . 因為 $\theta \in (0, \frac{\pi}{2})$ , 所以 $\tan\theta$ 必须為正值. 故舍去 $\tan\theta = -1$ .

{最终答案為 $2$ .}

三倍角與\texorpdfstring{ $n$

{n}倍角公式 (拓展)}

来龙去脉

在掌握了和角公式與二倍角公式后，我们已經能够处理形如 $\alpha \pm \beta$ 和 $2\alpha$ 的角的三角函數.一個自然而然的探索方向是：我们能否推導出 $3\alpha$ 的三角函數表达式？三倍角公式在標准高考中不作為必须记忆的公式，但其推導過程完美地展示了如何利用已知公式解决新問題，是训練三角恒等變換能力的绝佳范例.更重要的是，它揭示了一种“递推”的思想，這种思想可以一直推廣，用以表达任意整數倍角 ( $n\alpha$ ) 的三角函數.

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}

證明（推導過程：化整為零，分步击破）

我们并不需要凭空记忆這两個公式.其推導的思想，就是将未知的 $3\alpha$ 拆解為我们熟悉的 $(2\alpha+\alpha)$ .

推導 $\sin(3\alpha)$ : 我们的目標是得到一個只含 $\sin\alpha$ 的表达式.

\begin{aligned} \sin(3\alpha) &= \sin(2\alpha+\alpha) &= \sin(2\alpha)\cos\alpha + \cos(2\alpha)\sin\alpha \tag{應用和角公式} &= (2\sin\alpha\cos\alpha)\cos\alpha + (1-2\sin^2\alpha)\sin\alpha \tag{展開$2\alpha$, 注意$\cos(2\alpha)$選用含$\sin$的形式} &= 2\sin\alpha\cos^2\alpha + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha \tag{化簡} &= 2\sin\alpha(1-\sin^2\alpha) + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha \tag{将$\cos^2\alpha$換掉，实現“归一”} &= 2\sin\alpha - 2\sin^3\alpha + \sin\alpha - 2\sin^3\alpha &= 3\sin\alpha - 4\sin^3\alpha \end{aligned}

推導 $\cos(3\alpha)$ : 同理，我们的目標是得到一個只含 $\cos\alpha$ 的表达式.

\begin{aligned} \cos(3\alpha) &= \cos(2\alpha+\alpha) &= \cos(2\alpha)\cos\alpha - \sin(2\alpha)\sin\alpha \tag{應用和角公式} &= (2\cos^2\alpha-1)\cos\alpha - (2\sin\alpha\cos\alpha)\sin\alpha \tag{展開$2\alpha$, 注意$\cos(2\alpha)$選用含$\cos$的形式} &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2\cos\alpha\sin^2\alpha \tag{化簡} &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2\cos\alpha(1-\cos^2\alpha) \tag{将$\sin^2\alpha$換掉，实現“归一”} &= 2\cos^3\alpha - \cos\alpha - 2\cos\alpha + 2\cos^3\alpha &= 4\cos^3\alpha - 3\cos\alpha \end{aligned}

推廣至 $n$ 倍角

三倍角公式的推導過程启發我们：是否所有 $\cos(n\alpha)$ 都能表示為關于 $\cos\alpha$ 的多項式？答案是肯定的，并且它们遵循一個优美的递推關係. 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，我们得到一個很好的递推公式：

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

這個公式告诉我们，只要知道相邻两項 $\cos((n-1)\alpha)$ 和 $\cos(n\alpha)$ , 就可以推出下一項 $\cos((n+1)\alpha)$ .

验證一下：

令 $n=1$ , 递推式變為 $\cos(2\alpha) = 2\cos\alpha \cdot \cos\alpha - \cos(0\alpha) = 2\cos^2\alpha-1$ . 與二倍角公式完全吻合.
令 $n=2$ , 递推式變為 $\cos(3\alpha) = 2\cos\alpha \cdot \cos(2\alpha) - \cos\alpha$ . 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

與我们刚刚推導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

本題的表达式看似複杂，直接计算 $\sin 15^\circ$ 和 $\cos 15^\circ$ 再代入会非常繁琐.解題的關键在于“结構识别”，即發現其分子、分母的结構與三倍角公式高度吻合，從而進行逆向應用.

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

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 $\alpha = 15^\circ$ , 我们可以發現，原式的分母也完全符合该公式的结構.

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，我们将化簡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

{最终结果為 $1$ .}

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}

證明

推導 $\tan(3\alpha)$ : 推導正切的三倍角公式有两种思路. 思路一：利用商數關係

\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{應用和角公式} &= \frac{\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}+\tan\alpha}{1-\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}\cdot\tan\alpha} \tag{展開 $\tan(2\alpha)$} &= \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

本題是“给值求值”問題，可以直接代入正切三倍角公式求解，也可以通過“ $3\alpha=2\alpha+\alpha$ ”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錯率，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，最终答案為 $-\dfrac{5\sqrt{2}}{2}$ .}

万能公式與齐次式思想

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

来龙去脉

在处理三角函數問題时，我们常常会遇到一個棘手的局面：一個方程或表达式中，同时含有 $\sin\alpha, \cos\alpha, \tan\alpha$ 等多种不同的三角函數.如何将它们统一起来，是我们化簡問題的關键.

我们已經接触過“弦化切”的技巧，它是处理齐次式的利器.接着，我们把這個思想推向極致，提出一個更好的問題： 是否存在一個單一的代數變量，能够表示出所有的三角函數？ 如果存在，那么任何複杂的三角函數方程，都可以被翻译成一個纯粹的代數方程，從而彻底摆脱三角函數的外衣，用我们最熟悉的代數工具来解决.

答案是肯定的，這個工具就是万能公式.而它的理論基石，正是我们反複强调的齐次化思想.万能公式的本質，就是通過二倍角公式和“1”的巧妙代換，構造出關于半角 $\frac{\alpha}{2}$ 的正弦與余弦的二次齐次分式，從而实現“归一”的目標.

公式體係

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}

齐次化構造

證明（推導）

推導 $\sin\alpha$ : 我们從二倍角公式出發，并巧妙地利用“1”的代換.

\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”的代換，構造齐次分式} \end{aligned}

接着，分子分母都是關于 $\sin\frac{\alpha}{2}, \cos\frac{\alpha}{2}$ 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}

推導 $\cos\alpha$ : 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、纯代數的路径来解决三角問題.然而，它的计算量通常较大，且需要注意定義域問題（当 $\alpha=(2k+1)\pi$ 时, $\tan\frac{\alpha}{2}$ 无定義）.因此，在其他技巧（如辅助角公式）失效或不明显时，提供一個虽繁琐但可靠的解題保證.}

典例解析

解三角方程

求解方程 $\sin\theta + \cos\theta = 1$ .

解

本題可以通過多种方法求解，此处我们演示万能公式法，以體会其“代數化”的威力.

设變量 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

解代數方程 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 $t=1$ .

反解三角函數

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}

檢验特殊点 万能公式的使用前提是 $\cos\frac{\theta}{2} \neq 0$ , 即 $\frac{\theta}{2} \neq k\pi+\frac{\pi}{2}$ , $\theta \neq (2k+1)\pi$ . 我们需要單独檢验 $\theta = (2k+1)\pi$ 是否為方程的解. 当 $\theta = \pi$ 时, $\sin\pi+\cos\pi = 0-1 = -1 \neq 1$ . 所以這些点不是解.

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

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

本題给出了單角的正切值，要求一個包含其二倍角和四倍角的複杂分式的值.思路是“由切求弦”，即利用万能公式的思想，将所有三角函數都用 $\tan A$ 表示出来.

由 $\tan A$ 求 $\cos 2A$ 這正是万能公式中余弦表达式的直接應用.

\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 $2A$ 视為一個整體, 應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) 观察表达式结構，令 $x=\cos2A$ , 原式變為 $\frac{x^2-4x+3}{x^2+4x+3}$ (其中 $x^2$ 来自 $\cos4A=2x^2-1$ 的近似, 更准确的是分子為 $2x^2-1-4x+3=2x^2-4x+2 = 2(x-1)^2$ , 分母為 $2x^2-1+4x+3 = 2x^2+4x+2=2(x+1)^2$ ). 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 $\frac{1}{16}$ , 故選 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

本題给出了两個角的正切相關值，要求解一個複杂的三角分式.直接展開将非常繁琐，而观察其结構，可以發現它是應用“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”处理目標式 将所求分式的分子分母分别用和差角公式展開：

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

這是一個關于 $\sin, \cos$ 的“伪齐次式”.我们采用齐次化的技巧, 在分子分母同除以 $\cos\alpha\cos\beta$ (假设其不為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}

{綜上所述，正确答案為 B.}

2023年11月江淮十校第二次联考

已知角 $\theta$ 為第二象限角, 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

本題是一個複杂的三角恒等式方程，解題的钥匙在于将所有三角函數都统一到單角 $\theta$ 的正弦和余弦上，進而發現其齐次方程的本質.

化角归一 我们利用和差角公式、诱導公式和倍角公式将方程中的各項展開：

\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

整理為齐次方程 展開并化簡：

-\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，并移項至同一侧：

-\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 這是一個關于 $\sin\theta, \cos\theta$ 的二次齐次方程.因為 $\theta$ 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

這是一個關于 $\tan\theta$ 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 題目已知 $\theta$ 為第二象限角, 所以其正切值 $\tan\theta$ 必须為负. 對于 $\frac{-\sqrt{3}+\sqrt{11}}{2}$ , 因為 $\sqrt{11} \> \sqrt{3}$ , 所以该值為正，舍去. 對于 $\frac{-\sqrt{3}-\sqrt{11}}{2}$ , 该值显然為负，符合題意.

{故正确答案為 C.}

2024届长郡中學月考

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

本題先给出一個三角方程，再要求解一個三角表达式的值.基本思路是先由方程解出 $\alpha$ 的某個三角函數值，再代入目標表达式求解.

由方程求解 $\tan\alpha$ 展開已知方程 $3\sqrt{2}\sin(\alpha-\frac{\pi}{4})=\cos\alpha$ 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

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

求解目標表达式

方法一：求弦代入法 由 $\tan\alpha=\frac{4}{3}$ 且 $\alpha\in(0,\frac{\pi}{2})$ , 我们可以構造一個边长為3, 4, 5的直角三角形. 從而得到 $\sin\alpha=\frac{4}{5}$ , $\cos\alpha=\frac{3}{5}$ . 代入目標表达式：

\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 目標表达式 $\sin\alpha+2\cos\alpha$ 不是齐次式，但我们可以通過除以“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，直接将目標式看作一個整體，用其與“1”的比值来構造齐次分式：

\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}

這本質上與方法一殊途同归.

{綜上，正确答案為 D.}

总结

我们在上述所有例題中，反複运用了以下四种的數學思想，它们是破解三角變換难題的工具箱.

思想一：“配凑”與“拆解” 這是三角變換中最基本也是最的思想.当已知角與目標角不一致时，我们必须主动地去寻找或構造它们之間的联係. \begin{itemize}
拼凑角: 如例題中，已知 $\tan(\alpha-\beta)$ 和 $\tan\beta$ 求 $\tan\alpha$ , 我们通過 $\alpha = (\alpha-\beta)+\beta$ 来建立联係.
拆分角: 如推導三倍角公式时，我们将 $3\alpha$ 拆解為 $2\alpha+\alpha$ .
互补與互余: 在三角形中，利用 $A+B+C=\pi$ 構造出 $\pi-C$ 或 $\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}$ 等形式.

本質：一切角的變換，都是為了将“未知角”用“已知角”来表示，從而创造應用公式的条件.

\item 思想二：“识别”與“構造” 许多三角題目的突破口，不在于複杂的计算，而在于你是否能“看透”表达式的结構.
公式识别: 看到 $(m+1)(n+1)=2 \implies \frac{m+n}{1-mn}=1$ , 立刻联想到 $\tan(A+B)$ 的结構.看到 $1\pm\sin2\theta$ , 立刻联想到 $(\sin\theta\pm\cos\theta)^2$ .
齐次式構造: 看到分式，就思考能否通過“弦化切”（同除以 $\cos^k\theta$ ）来簡化.看到 $\sin\alpha+2\cos\alpha$ 這种非齐次式, 也可能通過除以“1”( $=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ )来强行齐次化.

本質：将看似无關的代數式或三角式，通過變形，识别并匹配到我们熟悉的公式模型中去，是化繁為簡的關键.

\item 思想三：“代換”與“降維” 当問題中涉及的角或表达式關係複杂，直接求解局部變量（如 $\alpha, \beta$ ）非常困难甚至不可能时，應果断采用整體思想.
整體代換: 在例題中，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 $\sin\alpha\sin\beta$ 视為两個整體未知數 $X, Y$ 来求解.
降維打击: 這种思想的本質，是把一個高維（多個未知數）的複杂問題，通過整體打包，转化為一個低維（少量未知數）的簡單問題，從而实現“降維打击”.

本質：不纠缠于個體，而着眼于關係的整體，是解决複杂問題的有效升維策略.

\item 思想四：“归一” 当一個表达式中含有多种不同名的三角函數时，首要任务就是将它们“统一”成同一類型的函數，通常是统一為正切函數.
齐次方程 $\to$ 正切方程: 所有的二次齐次方程 $\sin^2\theta + A\sin\theta\cos\theta + B\cos^2\theta = 0$ 都可以通過“弦化切”统一為關于 $\tan\theta$ 的代數方程.
万能公式 $\to$ 有理分式: 万能公式是统一思想的極致體現, 它能将所有三角函數都统一為關于 $t=\tan(\frac{\alpha}{2})$ 的代數分式.

本質：将不同類型的變量“翻译”成同一种語言，是進行后續代數运算和化簡的前提. \end{itemize}

三角恒等變換通用解題框架

审題

拿到題目后，不要急于动手，先花几秒钟分析已知条件和求解目標，重点關注两個方面：

分析"角"：已知角與目標角之間是否存在和、差、倍、半、互补、互余等關係？
分析"结構"：表达式是齐次式吗？是否可以因式分解？是否與某個公式的结構相似？函數名是否统一？幂次是否一致？

變形與转化

根据第一步的分析，選择最合适的思想方法進行變形：

若角不统一，优先使用角的變換思想，進行拆角或凑角.
若名不统一，优先使用统一思想，進行"弦化切"或應用同角關係.
若幂不统一，优先使用降幂公式或升幂公式（二倍角余弦）.
若结構特殊，應用结構變形思想，直接套用模型或進行因式分解.
若問題極其複杂，考虑整體思想或启用万能公式作為最后手段.

收尾

經過變形后，問題通常会化簡為一個可以直接求解的代數問題或簡單的三角函數求值問題.

求解：進行最后的代數运算，得出结果.
檢验：将结果带回思考，是否符合題目给出的角的范围（如象限、锐角等）？在變形過程中，是否有除以一個可能為零的式子？逻辑上是否存在漏洞？

角的變換

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

来龙去脉

有的时候，出題者常常将已知条件中的角與求解目標中的角進行“伪装”，使它们表面上看起来毫无關联.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”，正是破解這類谜題的钥匙.它的本質是一种逆向思維：不再問“由已知能推出什么？”，而是問“要解决目標，我需要什么？”.它要求我们主动地、有创造性地對角進行加、减、乘、除等代數运算，從而在已知角和目標角之間建立起桥梁.這种桥梁一旦建立，問題往往会豁然開朗，转化為我们熟悉的和、差、倍、半角公式的直接應用.

而“換元法”，是实現凑角思想最直观、最强大的代數工具.通過引入一個新變量（如令 $x=\theta-\frac{\pi}{3}$ ），可以将複杂的角表达式瞬間簡化，使隐藏在深处的倍角、半角關係清晰地浮現出来.

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

本題是典型的“凑角”問題.已知角為 $\theta-\frac{\pi}{3}$ , 目標角為 $2\theta+\frac{\pi}{3}$ , 两者结構複杂.我们采用換元法，让它们的關係一目了然.

換元簡化 令 $x = \theta-\frac{\pi}{3}$ . 那么, 已知条件變為 $\sin x = \frac{\sqrt{5}}{5}$ . 接着，我们将目標角用 $x$ 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}

转化問題 經過換元，原問題被等价地转化為： *已知 $\sin x = \frac{\sqrt{5*}{5}$ , 求 $\cos(2x+\pi)$ 的值.}

求解新問題 利用诱導公式和二倍角公式求解：

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

因為我们已知 $\sin x$ 的值, 所以策略性地選择只含 $\sin x$ 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}

{故最终答案為 $-\dfrac{3}{5}$ .}

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

本題的角關係更為隐蔽，但換元法依然是揭示其内在联係的最强有力的工具.本題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.

換元簡化 令 $x = 2\alpha-\frac{\pi}{8}$ . 已知条件變為 $\cos x = -\frac{1}{4}$ . 接着，我们的任务是把目標角 $\frac{9\pi}{16}-\alpha$ 也用 $x$ 表示出来. 由 $x = 2\alpha-\frac{\pi}{8}$ , 可得 $2\alpha = x+\frac{\pi}{8} \implies \alpha = \frac{x}{2}+\frac{\pi}{16}$ . 代入目標角：

\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}

转化問題 原問題等价于： *已知 $\cos x = -\frac{1*{4}$ , 求 $\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2})$ 的值.}

利用诱導與半角關係求解 利用诱導公式， $\sin(\frac{\pi}{2}-\frac{x}{2}) = \cos(\frac{x}{2})$ . 問題進一步转化為“已知 $\cos x$ , 求 $\cos(\frac{x}{2})$ ”. 這是典型的半角問題. 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, 進而确定 $\frac{x}{2}$ 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，余弦值為负.因此 $\cos\frac{x}{2}$ 必须取负值.

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

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

四大思想

我们在上述所有例題中，反複运用了以下四种的數學思想，它们是破解三角變換难題的“四把万能钥匙”.

思想一：“配凑”與“拆解” 這是三角變換中最基本也是最的思想.当已知角與目標角不一致时，我们必须主动地去寻找或構造它们之間的联係. \begin{itemize}
拼凑角: 如例題中，已知 $\tan(\alpha-\beta)$ 和 $\tan\beta$ 求 $\tan\alpha$ , 我们通過 $\alpha = (\alpha-\beta)+\beta$ 来建立联係.
拆分角: 如推導三倍角公式时，我们将 $3\alpha$ 拆解為 $2\alpha+\alpha$ .
換元凑角: 如例題中，令 $x=\theta-\frac{\pi}{3}$ , 從而發現目標角 $2\theta+\frac{\pi}{3}$ 與 $x$ 存在着 $2x+\pi$ 的簡洁關係.

本質：一切角的變換，都是為了将“未知角”用“已知角”来表示，從而创造應用公式的条件.

\item 思想二：“识别”與“構造” 许多三角題目的突破口，不在于複杂的计算，而在于你是否能“看透”表达式的结構.
公式识别: 看到 $(m+1)(n+1)=2 \implies \frac{m+n}{1-mn}=1$ , 立刻联想到 $\tan(A+B)$ 的结構.看到 $1\pm\sin2\theta$ , 立刻联想到 $(\sin\theta\pm\cos\theta)^2$ .
齐次式構造: 看到分式，就思考能否通過“弦化切”（同除以 $\cos^k\theta$ ）来簡化.看到 $\sin\alpha+2\cos\alpha$ 這种非齐次式, 也可能通過除以“1”( $=\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ )来强行齐次化.

本質：将看似无關的代數式或三角式，通過變形，识别并匹配到我们熟悉的公式模型中去，是化繁為簡的關键.

\item 思想三：“代換”與“降維” 当問題中涉及的角或表达式關係複杂，直接求解局部變量（如 $\alpha, \beta$ ）非常困难甚至不可能时，應果断采用整體思想.
整體代換: 在例題中，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 $\sin\alpha\sin\beta$ 视為两個整體未知數 $X, Y$ 来求解.
降維打击: 這种思想的本質，是把一個高維（多個未知數）的複杂問題，通過整體打包，转化為一個低維（少量未知數）的簡單問題，從而实現“降維打击”.

本質：不纠缠于個體，而着眼于關係的整體，是解决複杂問題的有效升維策略.

\item 思想四：“归一” 当一個表达式中含有多种不同名的三角函數时，首要任务就是将它们“统一”成同一類型的函數，通常是统一為正切函數.
齐次方程 $\to$ 正切方程: 所有的二次齐次方程 $\sin^2\theta + A\sin\theta\cos\theta + B\cos^2\theta = 0$ 都可以通過“弦化切”统一為關于 $\tan\theta$ 的代數方程.
万能公式 $\to$ 有理分式: 万能公式是统一思想的極致體現, 它能将所有三角函數都统一為關于 $t=\tan(\frac{\alpha}{2})$ 的代數分式.

本質：将不同類型的變量“翻译”成同一种語言，是進行后續代數运算和化簡的前提. \end{itemize}

和差化積與積化和差

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

至此，我们已經掌握了如何处理“角的和差”的三角函數，例如 $\sin(\alpha+\beta)$ .然而, 在更複杂的問題中, 我们常常会遇到“三角函數的和差”, 例如 $\sin\alpha+\sin\beta$ .這两者在形式和本質上都有着天壤之别.

能否将“三角函數的和差”與“三角函數的乘積”進行相互转化呢？答案是肯定的.這两套互為逆运算的公式——和差化積與積化和差——正是為此而生.它们并非全新的公理，而是我们已經學過的和差角公式的巧妙變形與组合.

積化和差：将两個三角函數的乘積，“展開”為两個三角函數的和差.其主要應用在于“降幂”和化簡，将不易处理的乘積項转化為可以逐項处理的和差項.
和差化積：将两個三角函數的和差，“打包”成两個三角函數的乘積.其威力巨大，尤其是在簡化分式（通過约分）和解三角方程中，能将形如 $f(x)+g(x)=0$ 的問題转化為 $A(x)B(x)=0$ 的形式，实現“降維打击”.

這两套公式是三角恒等變換中的“高级工具”，掌握它们能让你在处理複杂變形时游刃有余.

公式

積化和差

我们回顾正弦與余弦的和差角公式：

\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}

通過将以上四式两两相加或相减，即可得到積化和差公式.例如， $(①+②) \div 2$ 可得：

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

積化和差公式

\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}

和差化積公式

在積化和差公式的基礎上，我们進行一次巧妙的換元.令 $\theta = \alpha+\beta$ , $\phi = \alpha-\beta$ , 则 $\alpha = \frac{\theta+\phi}{2}$ , $\beta = \frac{\theta-\phi}{2}$ . 将此代入第一個積化和差公式 $\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]$ 中，反解可得：

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

和差化積公式

\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，余弦一對；余减余，正弦一對（符号异）”.各式后面的角永远是“和一半，差一半”.}

典例剖析

和差化積的應用

化簡分式： $\dfrac{\sin 5x + \sin 3x}{\cos 5x + \cos 3x}$ .

解

本題的分子、分母都是“三角函數的和”的形式，是和差化積公式的典型應用场景.我们的目標是通過“和化積”来创造出可以约分的公因式.

對分子應用和差化積

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

對分母應用和差化積

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

整合與约分 将化簡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

積化和差的應用

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

解

本題是两個三角函數的乘積形式，直接求最值非常困难.此时，“積化和差”就成了将問題簡化的不二之選.

應用積化和差公式 令 $\alpha = x+\frac{\pi}{6}$ , $\beta = x-\frac{\pi}{3}$ . 應用公式 $\sin\alpha\cos\beta = \frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]$ . 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 經過積化和差，函數 $f(x)$ 變成了一個標准的 $y=A\sin(\omega x+\varphi)+k$ 形式的函數. 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

{函數的最大值為 $1$ .}

2022年6月南京大學强基测试複试

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

本題给出的方程结構複杂，混合了單角與和角.直接求解 $\alpha, \beta$ 几乎不可能.解題的突破口在于對式子進行“结構统一”，即将所有項都用相同的“基本角”来表示.

统一视角，然后應用公式 观察到方程中有 $\cos\alpha+\cos\beta$ 和 $\cos(\alpha+\beta)$ .一個自然的想法是, 将它们都與 $\frac{\alpha+\beta}{2}$ 和 $\frac{\alpha-\beta}{2}$ 联係起来. 對 $\cos\alpha+\cos\beta$ 應用和差化積：

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

對 $\cos(\alpha+\beta)$ 應用二倍角公式, 将其视為 $\cos(2 \cdot \frac{\alpha+\beta}{2})$ :

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

換元與代數化 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}

為了使结構更清晰，我们進行換元.令 $a=\cos\frac{\alpha+\beta}{2}$ , $b=\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$ . 方程變為：

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

整理得到一個關于 $a, b$ 的代數方程：

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

配方與求解 這是一個關键的代數變形.我们對關于 $a, b$ 的式子進行配方：

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

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

利用范围定值 因為 $\alpha, \beta \in (0, \pi)$ , 所以 $\alpha-\beta \in (-\pi, \pi)$ , 则 $\frac{\alpha-\beta}{2} \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ . 在此区間内, $b = \cos\frac{\alpha-\beta}{2} \> 0$ . 同时 $b \le 1$ . 因此 $b^2 \le 1 \implies 1-b^2 \ge 0$ . 接着，方程 $(2a-b)^2 + (1-b^2) = 0$ 是两個非负數之和等于零，那么唯一的可能是两個非负數同时為零.

\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}

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

{因此， $\alpha=\beta=\dfrac{\pi}{3}$ .}

2010年清华大學自主招生测试

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

解

本題是特点是角度特殊、幂次较高.直接计算显然不可行，策略是“降幂”與“化角”相结合，并利用和差化積簡化求和.

降幂处理 反複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}

問題转化為计算两個括号内的和.

计算一次項之和 令 $S_1 = \cos20^\circ+\cos100^\circ+\cos140^\circ$ . 我们先對后两項使用和差化積：

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

计算二次項之和 令 $S_2 = \cos^2 20^\circ+\cos^2 100^\circ+\cos^2 140^\circ$ . 再次進行降幂处理：

\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 $S_3 = \cos40^\circ+\cos200^\circ+\cos280^\circ$ . 利用诱導公式: $\cos200^\circ = \cos(180^\circ+20^\circ) = -\cos20^\circ$ , $\cos280^\circ=\cos(360^\circ-80^\circ)=\cos80^\circ$ .

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

對 $\cos40^\circ+\cos80^\circ$ 應用和差化積：

\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}

{最终结果為 $\dfrac{9}{8}$ .}

来龙去脉

我们已經深入研究了最基本的“單位波形”正弦函數 $y=\sin x$ .它如同一個纯净的音符, 振幅為1, 周期為 $2\pi$ ，從原点開始振动.然而，現实世界中的周期現象远比這複杂.

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.

如何用數學語言来精确描述這些丰富多彩的波动？答案就在于為基礎的正弦函數 $y=\sin x$ 加上 $A, \omega, \varphi, B$ . 這四個參數，每一個都控制着波形的一种基本几何變換.通過调节它们，我们可以對基礎的正弦波進行拉伸、挤压、平移，從而调教出能够拟合任何簡谐运动的函數圖像.本节的任务，就是彻底搞清楚這四個參數的独立作用以及它们协同工作时對函數性質的綜合影响.

$y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ ( $A\>0, \omega\>0$ ) 的圖像可以看作是對最基礎的正弦曲線 $y=\sin x$ 進行一係列精确的几何變換得到的.每一個參數 ( $A, B, \omega, \varphi$ ) 都扮演着一個独立的角色，如同一個“调节旋钮”，控制着圖像的一种特定形變.理解每個參數的几何意義，是掌握此類函數的關键.

\paragraph{參數 $B$ 與垂直平移} 參數 $B$ 控制圖像的整體上下平移.它不改變圖像的形状（振幅、周期），只改變其垂直位置.

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

{B} 導致圖像垂直平移：\texorpdfstring{ $y=\sin x + B$ }{y=sin x + B}}

\end{figure} 圖：參數 \texorpdfstring{ $B$

變換规则: 将 $y=f(x)$ 的圖像向上( $B\>0$ )或向下( $B\<0$ )平移 $|B|$ 個單位长度, 得到 $y=f(x)+B$ 的圖像.
性質影响: \begin{itemize}
對称中心線: 圖像的平衡位置由 $x$ 轴 ( $y=0$ ) 平移至直線 $y=B$ .
最值: 最大值由 $A$ 變為 $A+B$ , 最小值由 $-A$ 變為 $-A+B$ .

\end{itemize}

\paragraph{參數 $A$ 與垂直伸缩（振幅變換）} 參數 $A$ ( $A\>0$ ) 控制圖像在垂直方向上的拉伸或压缩，即改變圖像的振幅.

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

{A} 使圖像在垂直方向伸缩 \texorpdfstring{ $A$ }{A} 倍（振幅變為 \texorpdfstring{ $A$ }{A}）}

\end{figure} 圖：參數 \texorpdfstring{ $A$

變換规则: 将 $y=f(x)$ 圖像上所有点的纵坐標變為原来的 $A$ 倍 (横坐標不變), 得到 $y=A f(x)$ 的圖像.
性質影响: \begin{itemize}
值域: 值域由 $[-1, 1]$ 變為 $[-A, A]$ .
最值: 最大值為 $A$ , 最小值為 $-A$ .
不變性: 圖像的周期、對称轴位置和零点位置均不改變.

\end{itemize}

\paragraph{參數 $\omega$ 與水平伸缩（周期變換）} 參數 $\omega$ ( $\omega\>0$ ) 控制圖像在水平方向上的压缩或拉伸，直接改變圖像的周期.

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

{omega} 使圖像在水平方向压缩 \texorpdfstring{ $\omega$ }{omega} 倍（周期變為 \texorpdfstring{ $\dfrac{2\pi}{\omega}$ }{2pi/omega}）}

\end{figure} 圖：參數 \texorpdfstring{ $\omega$

變換规则: 将 $y=f(x)$ 圖像上所有点的横坐標變為原来的 $\frac{1}{\omega}$ 倍 (纵坐標不變), 得到 $y=f(\omega x)$ 的圖像. \begin{itemize}
当 $\omega\>1$ 时, 圖像被压缩.
当 $0\<\omega\<1$ 时, 圖像被拉伸.

\item 性質影响:
周期: 最小正周期由 $T$ 變為 $T' = \dfrac{T}{\omega}$ . 對于正弦函數, 由 $2\pi$ 變為 $\dfrac{2\pi}{\omega}$ .
不變性: 圖像的振幅、值域和平衡位置均不改變.

\end{itemize}

\paragraph{參數 $\varphi$ 與水平平移（相位變換）} 參數 $\varphi$ 控制圖像的整體左右平移.它不改變圖像的形状，只改變其水平位置，即相位.

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

{phi} 使圖像沿 \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} 圖：參數 \texorpdfstring{ $\varphi$

變換规则: 将 $y=f(x)$ 的圖像進行平移. \begin{itemize}
向左平移 $\varphi$ 個單位 ( $\varphi\>0$ ), 得到 $y=f(x+\varphi)$ 的圖像.
向右平移 $\varphi$ 個單位 ( $\varphi\>0$ ), 得到 $y=f(x-\varphi)$ 的圖像.

口诀：“左加右减”. \item 性質影响:
位置: 圖像上所有点的位置發生水平移动，因此對称轴、對称中心、最值点、零点的位置都發生改變.
不變性: 圖像的形状完全不變，即振幅、周期和值域都不改變.

\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} 的圖像變換}

要得到目標函數的圖像，通常有两种變換路径.為避免混淆，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{周期變換}} y=\sin(\omega x) \xrightarrow{\text{相位變換}} y=\sin(\omega x+\varphi) \xrightarrow{\text{振幅變換}} y=A\sin(\omega x+\varphi) \xrightarrow{\text{垂直平移}} y=A\sin(\omega x+\varphi)+B

具體步骤分解：

周期變換：将 $y=\sin x$ 的圖像上所有点的横坐標變為原来的 $\frac{1}{\omega}$ 倍（纵坐標不變）, 得到 $y=\sin(\omega x)$ .
相位變換：将 $y=\sin(\omega x)$ 的圖像向左平移 $\frac{\varphi}{\omega}$ 個單位长度, 得到 $y=\sin\left(\omega\left(x+\frac{\varphi}{\omega}\right)\right) = \sin(\omega x+\varphi)$ .
振幅變換：将 $y=\sin(\omega x+\varphi)$ 的圖像上所有点的纵坐標變為原来的 $A$ 倍（横坐標不變）, 得到 $y=A\sin(\omega x+\varphi)$ .
垂直平移：将 $y=A\sin(\omega x+\varphi)$ 的圖像向上（ $B\>0$ ）或向下（ $B\<0$ ）平移 $|B|$ 個單位长度，得到最终圖像.

{/* 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} 的圖像變換過程}

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

平移量的确定

在進行水平平移时，务必将 $x$ 的係數 $\omega$ 提出, 即观察 $y=\sin\left(\omega\left(x+\dfrac{\varphi}{\omega}\right)\right)$ .

從 $y=\sin(\omega x)$ 到 $y=\sin(\omega x+\varphi)$ , 是向左平移了 $\dfrac{\varphi}{\omega}$ 個單位.
從 $y=\sin x$ 先平移 $\varphi$ 個單位得到 $y=\sin(x+\varphi)$ , 再進行周期變換得到 $y=\sin(\omega x+\varphi)$ , 這种"先平移后伸缩"的路径, 实际是将横坐標變為原来的 $\dfrac{1}{\omega}$ 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 $\dfrac{\varphi}{\omega}$ .

**结論：**為了避免混淆，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 $\varphi$ .

整體換元思想

分析函數 $f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ 的性質（如單调性、對称性）, 其思想是整體代換.我们将内层函數 $u = \omega x+\varphi$ 视為一個整體, 先求出基礎函數 $y=A\sin u+B$ 的相應性質区間, 再反解出 $x$ 的取值范围.

值域與最值: 当 $\sin(\omega x+\varphi) = 1$ 时, $y_{\max} = |A|+B$ . 当 $\sin(\omega x+\varphi) = -1$ 时, $y_{\min} = -|A|+B$ .
單调区間: (以 $A\>0, \omega\>0$ 為例) 要求單调递增区間，即求满足 $2k\pi-\frac{\pi}{2} \le \omega x+\varphi \le 2k\pi+\frac{\pi}{2}$ 的 $x$ 的范围. 要求單调递减区間，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.
對称性: (以 $A\>0, \omega\>0$ 為例) 對称轴由 $\omega x+\varphi = k\pi+\frac{\pi}{2}$ 解出. 對称中心由 $\omega x+\varphi = k\pi$ 解出其横坐標.

典例剖析

由圖求參

已知函數 $f(x)=A\sin(\omega x+\varphi)+B$ ( $A\>0, \omega\>0, |\varphi|\<\frac{\pi}{2}$ ) 的部分圖像如圖所示，求其解析式.

\begin{figure}[htbp]

{f(x)=Asin(omega x + phi)+B} 的部分圖像}

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

解

本題是"由圖求參"的經典問題，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）

由圖可知，函數的最大值 $y_{\max}=3$ , 最小值為 $y_{\min}=-1$ .

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）

圖中给出了一個最高点 $\left(\dfrac{\pi}{3}, 3\right)$ 和一個相邻的最低点 $\left(\dfrac{4\pi}{3}, -1\right)$ . 它们之間的水平距离恰好是半個周期.

\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, 函數解析式為 $f(x)=2\sin(x+\varphi)+1$ .

我们将一個特殊点代入来求解 $\varphi$ .選择最高点 $\left(\dfrac{\pi}{3}, 3\right)$ 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

這意味着内层函數 $\dfrac{\pi}{3}+\varphi$ 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

因為題目要求 $|\varphi|\<\dfrac{\pi}{2}$ , 所以取 $k=0$ , 得 $\varphi=\dfrac{\pi}{6}$ .

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

備註

"五点法"反求

\varphi

的技巧

在确定 $\varphi$ 时，選择"五点法"中的特殊点（最高点、最低点、與平衡位置的交点）代入，可以使方程的求解變得非常簡單.

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 $\omega x+\varphi=-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi$ .
代入中心線上升点： $\sin(\omega x+\varphi)=0$ 且函數递增, 即 $\omega x+\varphi=2k\pi$ .
代入中心線下降点： $\sin(\omega x+\varphi)=0$ 且函數递减, 即 $\omega x+\varphi=\pi+2k\pi$ .

這种方法被称為"五点法求 $\varphi$ "，是快速准确求解初相的關键技巧.

多選, 2023山东师大附中10月月考

函數 $f(x) = \sqrt{2} \sin(\omega x + \varphi) \left(\omega \> 0, |\varphi| \< \frac{\pi}{2}\right)$ 的部分圖象如圖所示，则下列說法中正确的有 ( )

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

A. $f(x)$ 的最小正周期 $T$ 為 $\pi$
B. $f(x)$ 向右平移 $\frac{3\pi}{8}$ 個單位后得到的新函數是偶函數
C. 若方程 $f(x)=1$ 在 $(0, m)$ 上共有 4 個根, 则這 4 個根的和為 $\frac{7\pi}{2}$
D. $f(x) \left(x \in \left[0, \frac{5\pi}{4}\right]\right)$ 圖象上的动点 $M$ 到直線 $2x-y+4=0$ 的距离最小时, $M$ 的横坐標為 $\frac{\pi}{4}$

解

本題是一道结合了圖像分析、性質判断與導數思想的綜合性多選題.解題的關键是先确定函數的解析式，再逐一判断每個選項的真伪.

假设選項A正确，即 $T=\pi$ . 则 $\omega=\frac{2\pi}{T}=2$ . 函數為 $f(x)=\sqrt{2}\sin(2x+\varphi)$ . 将圖中的零点 $(\frac{5\pi}{8}, 0)$ 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

這意味着 $\frac{5\pi}{4}+\varphi = k\pi$ 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，函數的解析式為 $f(x)=\sqrt{2}\sin(2x-\frac{\pi}{4})$ . 我们可以验證，当 $x=\frac{\pi}{8}$ 时, $f(x)=0$ . 当 $x=\frac{5\pi}{8}$ 时, $f(x)=0$ . 這與圖像的形态大致吻合.

逐一判断選項

對于A: 我们是基于 $T=\pi$ 推導出的解析式，故A正确.
對于B: 将 $f(x)$ 向右平移 $\frac{3\pi}{8}$ 個單位得到 $g(x) = f(x-\frac{3\pi}{8})$ .

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)

该函數是奇函數，不是偶函數.故B錯誤.

對于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個正根，從小到大依次為：
$x_1=\frac{\pi}{4}$, $x_2=\frac{\pi}{2}$ (当$k=0$)
$x_3=\pi+\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{4}$, $x_4=\pi+\frac{\pi}{2}=\frac{3\pi}{2}$ (当$k=1$)
這4個根的和為 $\frac{\pi}{4}+\frac{2\pi}{4}+\frac{5\pi}{4}+\frac{6\pi}{4} = \frac{14\pi}{4} = \frac{7\pi}{2}$. 故C正确.

對于D: 求动点 $M(x, f(x))$ 到直線 $y=2x+4$ 的距离最小值.当 $M$ 点的切線與该直線平行时，距离可能取到極值. 直線的斜率為2.我们求 $f(x)$ 的導數：

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

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

{綜上所述，正确的選項為ACD.}

多選, 2023湖南长郡中學月考

已知 $x_0=\frac{2\pi}{3}$ 是函數 $f(x)=\sin(2x+\varphi) (0\<\varphi\<\pi)$ 的一個零点，则 ( )

A. $f(x)$ 在区間 $\left[0, \frac{5\pi}{12}\right]$ 上單调递减	B. $f(x)$ 在区間 $\left(-\frac{\pi}{12}, \frac{11\pi}{12}\right)$ 只有一個極值点
C. 直線 $x=\frac{7\pi}{6}$ 是曲線 $y=f(x)$ 的對称轴	D. 直線 $y=\frac{\sqrt{3}}{2}-x$ 是曲線 $y=f(x)$ 的切線

解

本題是典型的“由性質求參數，再由參數定性質”問題.

确定函數解析式 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

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

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

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

逐一判断選項

對于A: 求單调递减区間.令 $u=2x+\frac{2\pi}{3}$ , $\sin u$ 的递减区間為 $[\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{3\pi}{2}+2k\pi]$ .

\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, 一個單调递减区間為 $[-\frac{\pi}{12}, \frac{5\pi}{12}]$.
題目给出的区間 $[0, \frac{5\pi}{12}]$ 是上述区間的子集, 因此 $f(x)$ 在此区間上确实單调递减.故A正确.

對于B: 求極值点.極值点满足 $u=2x+\frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{2}+k\pi$ .

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

在区間 $(-\frac{\pi}{12}, \frac{11\pi}{12})$ 内寻找满足条件的 $x$:
若 $k=1$, $x=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12}=\frac{5\pi}{12}$, 在区間内.
若 $k=2$, $x=\pi-\frac{\pi}{12}=\frac{11\pi}{12}$, 不在区間内.
若 $k=0$, $x=-\frac{\pi}{12}$, 不在区間内.
因此，在给定区間内只有一個極值点.故B正确.

對于C: 判断對称轴.對称轴方程為 $x=\frac{k\pi}{2}-\frac{\pi}{12}$ . 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}

因為 $k$ 不是整數, 所以 $x=\frac{7\pi}{6}$ 不是對称轴.故C錯誤.

對于D: 判断切線.我们需要找到一個点 $x_t$ , 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 $f'(x_t)=-1 \implies \cos(2x_t+\frac{2\pi}{3})=-\frac{1}{2}$ . 一個簡單的解是 $2x_t+\frac{2\pi}{3}=\frac{2\pi}{3} \implies x_t=0$ . 我们来验證 $x_t=0$ 這一点. 切点坐標: $x=0$ , $y=f(0)=\sin(\frac{2\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 切点為 $(0, \frac{\sqrt{3}}{2})$ . 将该点代入切線方程 $y=\frac{\sqrt{3}}{2}-x$ , 左边為 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , 右边為 $\frac{\sqrt{3}}{2}-0=\frac{\sqrt{3}}{2}$ . 左右相等，說明点在直線上. 因為斜率和点都满足，所以该直線确实是曲線在 $x=0$ 处的切線.故D正确.

{綜上所述，正确的選項為ABD.}

\texorpdfstring{ $\omega$ 的约束與求解

{Constraints on omega}} {/* label: sec:ch06-s15 */} 在三角函數的研究中，我们常常需要根据函數在特定区間上展現出的性質——如單调性、最值的數量、零点的個數——来反向推断函數解析式中的參數，尤其是决定周期的參數 $\omega$ .這類問題被称為參數 $\omega$ 的约束與求解問題，它深刻地考察了我们對三角函數圖像與性質之間内在联係的理解.

這類問題的在于建立周期與区間长度之間的不等關係.函數在给定区間内能容纳多少個周期（或特定比例的周期），直接决定了它在该区間内最值点和零点的數量.解决這類問題通常有两种主流的分析路径：

整體換元法: 将 $u = \omega x + \varphi$ 视為一個整體, 分析当 $x$ 在给定区間内變化时, $u$ 所在的“有效区間”.然后考察標准正弦函數 $y=\sin u$ 在這個有效区間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, 從而建立關于区間端点的不等式来求解 $\omega$ .
特征点定位法 (或称“ $\omega$ 卡根法”): 直接寫出函數 $f(x)$ 的所有特征点（最值点、零点）的横坐標通式（该通式将含有 $\omega$ ）.然后根据題意, 确定第 $n$ 個特征点必须落在给定区間内, 而第 $n+1$ 個特征点必须落在区間外或恰好在区間的端点上.通過這种“卡位”的方式, 建立關于 $\omega$ 的不等式组.

這两种方法殊途同归，都需要严谨的逻辑推理和對圖像的深刻洞察.

2022年6月全国甲卷(理) 第11題

设函數 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3})$ 在区間 $(0, \pi)$ 恰有三個極值点, 两個零点, 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

本題是典型的通過函數在给定区間内的性質来确定參數 $\omega$ 范围的問題. 我们可以從"整體換元"和"特征点定位"两個角度来解决.

法一：整體換元法

令 $t = \omega x + \frac{\pi}{3}$ . 函數 $f(x)$ 的性質等价于函數 $y=\sin t$ 的性質. 当自變量 $x \in (0, \pi)$ 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)

題目要求 $f(x)$ 在 $(0, \pi)$ 内有三個極值点和两個零点, 這就等价于函數 $y=\sin t$ 在区間 $\left(\frac{\pi}{3}, \omega\pi + \frac{\pi}{3}\right)$ 内有三個極值点和两個零点.

我们列出函數 $y=\sin t$ 在 $t\>0$ 时的極值点和零点：

極值点 (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): $\pi, 2\pi, 3\pi, 4\pi, ...$

我们的区間從 $t=\frac{\pi}{3}$ 開始. 要恰好包含三個極值点，這些点必须是 $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ . 要恰好包含两個零点，這些点必须是 $\pi, 2\pi$ .

\begin{figure}[htbp]

\end{figure}

綜合来看，区間 $\left(\frac{\pi}{3}, \omega\pi + \frac{\pi}{3}\right)$ 必须包含的最后一個点是第三個極值点 $\frac{5\pi}{2}$ . 同时, 它必须排除掉第三個零点 $3\pi$ 和第四個極值点 $\frac{7\pi}{2}$ . 其中, $3\pi$ 是更小的需要被排除的点. 因此，区間的右端点 $\omega\pi + \frac{\pi}{3}$ 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, 對應的 $x$ 值也不在原区間内，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")

我们直接寫出極值点和零点的横坐標通式. 令 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{3}) = 0$ , 则 $\omega x + \frac{\pi}{3} = k\pi$ . 零点為 $x_k = \frac{k\pi}{\omega} - \frac{\pi}{3\omega} = \frac{(3k-1)\pi}{3\omega}$ , $k \in \mathbb{Z}$ . 令 $f'(x) = \omega\cos(\omega x + \frac{\pi}{3}) = 0$ , 则 $\omega x + \frac{\pi}{3} = k\pi + \frac{\pi}{2}$ . 極值点為 $x'_k = \frac{k\pi}{\omega} + \frac{\pi}{6\omega} = \frac{(6k+1)\pi}{6\omega}$ , $k \in \mathbb{Z}$ .

我们需要在区間 $(0, \pi)$ 内找到三個正的極值点和两個正的零点.

零点 ( $x_k\>0$ ): $k=1,2,3,... \implies x_1=\frac{2\pi}{3\omega}, x_2=\frac{5\pi}{3\omega}, x_3=\frac{8\pi}{3\omega}, ...$
極值点 ( $x'_k\>0$ ): $k=0,1,2,3,... \implies x'_0=\frac{\pi}{6\omega}, x'_1=\frac{7\pi}{6\omega}, x'_2=\frac{13\pi}{6\omega}, x'_3=\frac{19\pi}{6\omega}, ...$

根据題意，第三個極值点 $x'_2$ 和第二個零点 $x_2$ 必须在区間 $(0, \pi)$ 内. 而第四個極值点 $x'_3$ 和第三個零点 $x_3$ 必须在区間 $(0, \pi)$ 之外, 即大于等于 $\pi$ . 要满足条件，我们只需保證所有應在区間内的点中，最大的那一個小于 $\pi$ ；所有應在区間外的点中, 最小的那一個大于等于 $\pi$ .

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"区間内"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"区間外"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}

解第一個不等式：

\frac{13\pi}{6} \< \omega\pi \implies \omega \> \frac{13}{6}

解第二個不等式：

\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, 故選 C.}

求解此類關于 $\omega$ 的范围問題，是建立不等式.

整體換元法更侧重于圖像的直观理解.它将問題转化為在標准正弦曲線上“框選”一個区間，使得该区間恰好包含指定數量的特征点.這种方法思路清晰，不易出錯.關键在于确定区間的左右端点必须“卡”在哪两個關键特征点之間.
特征点定位法更侧重于代數计算.它通過求解通式，直接定位最后一個“應在区間内的点”和第一個“應在区間外的点”，然后利用区間端点将它们“卡住”.這种方法更為程序化，但需要细心处理多個点的通式和大小比较.

无論哪种方法，处理不等式的边界条件（即等号能否取到）都至關重要.這通常取决于原区間的開闭性以及函數在端点处的取值情况.

這類問題的，是根据函數在固定长度的区間内展現出的特定性質（如零点、極值点的數量），反向约束那個决定周期性伸缩的參數 $\omega$ .无論題目如何變化，其底层逻辑都遵循一套通用的分析框架.

問題的本質，是函數圖像在区間 $(a, b)$ 内能“容纳”多少個波形. $\omega$ 越大, 周期 $T = \frac{2\pi}{\omega}$ 越小，圖像被压缩得越厉害，同样长度的区間内就能容纳更多的零点和極值点.反之亦然.

我们的任务就是将“恰有 N 個極值点，M 個零点”這一性質描述，精准地翻译成一個關于 $\omega$ 的數學不等式.

于是，“卡位”思想是解决此類問題的灵魂.它指的是，我们必须找到那個最后一個應该在区間内的特征点，以及第一個不應该在区間内的特征点，然后用区間的端点将它们“卡住”.

具體来說，假设区間為 $(a, b)$ :

“内卡”条件: 最后一個需要被包含的特征点（假设其横坐標為 $x_{\text{尾内}}$ ）, 必须严格落在区間 $(a, b)$ 内部.這给出了關于 $\omega$ 的一個下界约束.

x_{\text{尾内}} \< b

“外卡”条件: 第一個不應被包含的特征点（假设其横坐標為 $x_{\text{首外}}$ ）, 必须落在区間的右侧或恰好在右端点上.這给出了關于 $\omega$ 的一個上界约束.

x_{\text{首外}} \ge b

联立這两個不等式，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：整體換元法 (圖像视角)} 思想：固定標准圖像，移动考察区間.

操作步骤：

換元：令 $t = \omega x + \varphi$ , 将問題转化為分析標准函數 $y=\sin t$ .
定区間：根据 $x \in (a, b)$ , 确定新變量 $t$ 的范围 $(\omega a+\varphi, \omega b+\varphi)$ .
數点：在 $y=\sin t$ 的標准圖像上, 從 $t$ 的左端点開始，數出題目要求的 N 個極值点和 M 個零点.
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 $t_{\text{尾内}}$ 是最后一個應包含点的横坐標, $t_{\text{首外}}$ 是第一個應排除点的横坐標. 5. 求解：解此不等式，得到 $\omega$ 的范围.

优点：思路直观，與函數圖像的联係紧密，能清晰地看到特征点被“框選”的過程，不易在逻辑上出錯.

\paragraph{路径二：特征点定位法 (代數视角)} 思想：固定考察区間，计算伸缩后的特征点.

操作步骤：

求通式：直接寫出原函數 $f(x)$ 的所有極值点横坐標通式 $x'_{k}$ 和零点横坐標通式 $x_k$ (均含有 $\omega$ ).
定序号：根据 $x\>a$ 的条件，确定满足題意的第1, 2, ..., N個極值点和第1, 2, ..., M個零点的具體表达式.
找關键点：在所有應包含的点中，找出横坐標最大的那個 $x_{\text{尾内}}$ .在所有不應包含的点中, 找出横坐標最小的那個 $x_{\text{首外}}$ .
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，代數性强.在特征点類型單一（如只問零点）或初相 $\varphi$ 簡單时，计算可能更直接.

在建立不等式时，等号“ $=$ ”能否取到，是决定成败的關键.判断依据如下：

看原区間開闭：若原区間是開区間 $(a, b)$ , 则特征点恰好落在端点 $b$ 上时, 它并不属于区間内.因此, “外卡”条件中的 $x_{\text{首外}}$ 可以取到 $b$ , 即 $x_{\text{首外}} \ge b$ .
看函數在端点取值：如果題目對函數在端点处的行為有特殊要求（例如，在闭区間 $[a, b]$ 内恰有 N 個極值点），则需要额外考虑端点是否可能成為極值点，這会影响不等式的取舍.

总之，仔细审題，明确“恰好”的含義，是正确处理边界的根本.

變式一：單调性约束

已知函數 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{4})$ 在区間 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上單调递增, 求正实數 $\omega$ 的取值范围.

解

本題将条件從對零点、極值点個數的计數，转變為對函數在特定区間上單调性的要求.其思想是，要使函數在指定区間上單调，该区間必须是函數某個標准單调区間的子集.

對于正弦函數 $y=\sin t$ , 其單调递增区間為 $\left[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}\right], k \in \mathbb{Z}$ .

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 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上單调递增, 就必须使区間 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{4}\right)$ 是 $y=\sin t$ 某個標准單调递增区間的子集.

由于该区間的左端点為 $\frac{\pi}{4}$ , 它自然地落在了 $k=0$ 时所對應的標准递增区間 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内部. 因此，我们只需保證该区間的右端点不超過標准递增区間的右端点即可.

\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}

又因為題目要求 $\omega$ 為正实數, 即 $\omega \> 0$ .

{綜上所述, $\omega$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{2}\right]$ .}

變式二：零点個數與闭区間约束

已知函數 $f(x) = \cos(\omega x + \frac{\pi}{6})$ 在闭区間 $[0, \pi]$ 上恰有三個零点, 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本題将考察對象聚焦于零点，并将区間類型變為闭区間.闭区間意味着区間的端点可以作為特征点被计入总數，這對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]

問題转化為，標准余弦函數 $y=\cos t$ 在闭区間 $\left[\frac{\pi}{6}, \omega\pi + \frac{\pi}{6}\right]$ 上恰有三個零点.

標准余弦函數 $y=\cos t$ 的零点位于 $t = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ . 其正值零点依次為: $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}, ...$ 我们的考察区間從 $t=\frac{\pi}{6}$ 開始.要使其恰好包含三個零点, 這三個零点必须是 $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ .

根据“卡位”思想，区間的右端点 $\omega\pi + \frac{\pi}{6}$ 必须大于等于第三個零点 $\frac{5\pi}{2}$ , 同时必须严格小于第四個零点 $\frac{7\pi}{2}$ .

\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，第三個零点恰好落在区間的右端点上.由于原区間是闭区間，该点被计入，满足“恰有三個零点”的要求，故可以取等号.
右边界：当 $\omega\pi + \frac{\pi}{6} = \frac{7\pi}{2}$ 时，第四個零点被包含，變為四個零点，不满足題意，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}

{綜上所述, $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{7}{3}, \frac{10}{3}\right)$ .}

變式三：對称性與極值唯一性约束

已知函數 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{4})$ ( $\omega\>0$ ) 的圖像guan于直線 $x=\frac{\pi}{2}$ 對称, 且在区間 $(0, \pi)$ 上有唯一最大值, 求 $\omega$ 的值.

解

本題将条件组合為對称性與極值唯一性，需要從两個不同性質出發，建立關于 $\omega$ 的方程和不等式，并最终求出它们的交集.

函數圖像關于直線 $x=a$ 對称, 意味着 $x=a$ 必為函數的一条對称轴，即函數在该点取得極值. 因此， $x=\frac{\pi}{2}$ 必须是函數的一個極值点. 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}

函數在 $(0, \pi)$ 上有唯一最大值.這隐含了两個信息：

對称轴 $x=\frac{\pi}{2}$ 必须是最大值点對應的對称轴，而非最小值点.
從该最大值点出發，其前一個和后一個極值点都必须在区間 $(0, \pi)$ 之外.

根据第一点, $t=\omega \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4}$ 必须對應正弦函數的最大值点, 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 $x_{\text{max}} = \frac{\pi}{2}$ 在区間 $(0, \pi)$ 内.相邻的两個極值点（均為最小值点）的横坐標分别為 $x_{\text{max}} - \frac{T}{2}$ 和 $x_{\text{max}} + \frac{T}{2}$ , 其中周期 $T=\frac{2\pi}{\omega}$ . 這两個相邻極值点必须在区間 $(0, \pi)$ 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

我们現在有两個關于 $\omega$ 的条件：

$\omega = 4m + \frac{1}{2}, m \in \mathbb{Z}$
$0 \< \omega \le 2$

将 $m$ 的整數值代入第一個式子進行檢验：

若 $m=0$ , 则 $\omega = \frac{1}{2}$ . 這满足 $0 \< \omega \le 2$ .
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 $\frac{1}{2}$ .

{綜上所述, $\omega$ 的值為 $\dfrac{1}{2}$ .}

通過上述三道變式題，我们可以看到，尽管問題的切入点各不相同——從计數問題到性質判断，再到多条件綜合，但其底层都围绕着同一逻辑：将函數的性質語言，精准地翻译為關于參數 $\omega$ 的代數约束語言.

思想一

思想：当題目给出的条件不再是特征点的“個數”，而是诸如“單调性”這類贯穿整個区間的“性質”时，我们的策略從“數点”转變為“区間包含”.

确定標准区間：首先，寫出基礎函數（如 $y=\sin t$ ）具備该性質的標准区間通式.例如, 單调递增区間為 $[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}]$ .
建立包含關係：利用整體換元法，得到 $t$ 的实际考察区間 $(\omega a+\varphi, \omega b+\varphi)$ .要使原函數在 $(a, b)$ 上具備该性質, 就必须保證 $t$ 的实际区間是某個標准性質区間的子集.
转化為不等式：将“子集關係”转化為關于区間端点的不等式.如變式一中，要使函數在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上單调递增，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]

這直接引出了關于 $\omega$ 的决定性不等式.

思想二

思想：原問題定義域的開闭性，是决定“卡位”不等式中等号能否取到的關键.

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：

開区間 $(a, b)$ ：特征点若恰好落在端点 $b$ 上, 则不计入区間内.因此, 第一個“区間外”的点可以等于 $b$ , 即 $x_{\text{首外}} \ge b$ .
闭区間 $[a, b]$ ：特征点若恰好落在端点 $b$ 上, 则计入区間内.如變式二中, 這導致了第三個零点可以恰好等于区間的右端点, 從而不等式變為 $\frac{5\pi}{2} \le \omega\pi + \frac{\pi}{6}$ .

對边界条件的精确判断，是区分机械套用與深刻理解的分水岭，也是解題严谨性的直接體現.

思想三

思想：当題目给出多個性質条件时，應将它们分解，逐一翻译成独立的數學约束，最终求解這些约束的交集.

如變式三所示，我们将問題分解為两個独立的子任务：

处理“對称性”：對称性通常對應函數在某点取得極值，這是一個非常强的条件，往往能導出一個關于 $\omega$ 的方程, 将 $\omega$ 的取值范围從连續区間“量化”為离散的、具有特定结構的点集（如 $\omega = 4m + \frac{1}{2}$ ）.
处理“唯一性”：極值点的唯一性，是一個關于函數周期與区間长度關係的几何约束，它通常導出一個關于 $\omega$ 的不等式, 為 $\omega$ 划定一個连續的取值范围（如 $\omega \le 2$ ）.
求解交集：最后，寻找在不等式划定的范围内，满足方程结構的所有解.這通常意味着在一個有限的离散点集中進行筛選，從而得到唯一确定的答案.

這种“化整為零，分别约束，再求交集”的策略，是解决問題的通用哲學.

2022年6月全国乙卷(理) 第15題

记函數 $f(x) = \cos(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \pi$ ) 的最小正周期為 $T$ . 若 $f(T) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , $x = \frac{\pi}{9}$ 為 $f(x)$ 的零点, 则 $\omega$ 的最小值為 \underline{}.

解

本題通過函數的两個特定点（周期点和零点）的函數值，来反向求解參數 $\varphi$ 和 $\omega$ . 解題思路是先利用周期性确定 $\varphi$ , 再利用零点条件建立關于 $\omega$ 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義, 我们有 $T = \frac{2\pi}{\omega}$ , 故 $\omega T = 2\pi$ . 将 $x=T$ 代入第一個已知条件 $f(T) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ 中：

f(T) = \cos(\omega T + \varphi) = \cos(2\pi + \varphi) = \frac{\sqrt{3}}{2}

利用余弦函數的周期性，上式簡化為：

\cos\varphi = \frac{\sqrt{3}}{2}

结合題目给出的范围 $0 \< \varphi \< \pi$ , 我们可以唯一确定 $\varphi$ 的值：

\varphi = \frac{\pi}{6}

已知 $x = \frac{\pi}{9}$ 是函數 $f(x)$ 的一個零点, 這意味着 $f(\frac{\pi}{9}) = 0$ .

f\left(\frac{\pi}{9}\right) = \cos\left(\omega \cdot \frac{\pi}{9} + \varphi\right) = 0

余弦函數值為零的点，其相位是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇數倍.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}

我们從上述方程中解出 $\omega$ :

\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 $\omega$ 關于整數 $k$ 的表达式：

\omega = 9k + 3

題目要求 $\omega \> 0$ , 因此：

9k + 3 \> 0 \implies 9k \> -3 \implies k \> -\frac{1}{3}

由于 $k$ 必须是整數, 满足此条件的最小整數 $k$ 為 $0$ . 将 $k=0$ 代入, 即可得到 $\omega$ 的最小正值.

\omega_{\min} = 9(0) + 3 = 3

{因此， $\omega$ 的最小值為 $3$ .}

2024年1月浙江省宁波市宁波九校第15題

将函數 $f(x) = \sin(\omega x + \frac{\pi}{6})$ ( $\omega \> 0$ ) 的圖像向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 個單位长度后得到函數 $g(x)$ 的圖像, 且 $g(x)$ 在区間 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$ 上單调递增, 则 $\omega$ 的取值范围是 \underline{}.

解

本題綜合考察了函數圖像的平移變換與利用單调性求解參數 $\omega$ 的范围.其思路是先确定新函數 $g(x)$ 的解析式，再利用“性質约束的区間化”思想建立不等式.

将函數 $f(x)$ 的圖像向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 個單位, 意味着用 $x+\frac{\pi}{3}$ 替換原解析式中的 $x$ .

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)

問題转化為，函數 $g(x) = \sin\left(\omega x + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6}\right)$ 在区間 $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$ 上單调递增. 令 $t = \omega x + \frac{\omega\pi}{3} + \frac{\pi}{6}$ . 要使 $g(x)$ 單调递增, 其内层函數 $t$ 的取值区間必须是標准正弦函數 $y=\sin t$ 某個單调递增区間的子集.

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, $t$ 的取值区間為 $\left[\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6}, \omega\pi + \frac{\pi}{6}\right]$ .

標准正弦函數 $y=\sin t$ 的單调递增区間為 $\left[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}\right], k \in \mathbb{Z}$ . 由于 $\omega\>0$ , $t$ 的区間下限 $\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6}$ 恒為正.因此, 我们只需考虑 $k \ge 0$ 的情况.

当 $k=0$ 时, 標准递增区間為 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ . $t$ 的区間必须是该標准区間的子集，我们得到：

\begin{cases} \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{6} \ge -\frac{\pi}{2} & (\text{此式對 }\omega\>0\text{ 恒成立}) \\ \omega\pi + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{2} \end{cases}

解第二個不等式：

\omega\pi \le \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} \implies \omega \le \frac{1}{3}

我们还需檢验是否存在 $k \ge 1$ 的解.当 $k=1$ 时, 標准递增区間為 $\left[\frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}\right]$ . 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}

$\omega \ge \frac{8}{3}$ 與 $\omega \le \frac{7}{3}$ 矛盾, 故无解.對于更大的 $k$ 值，同样无解.

结合 $\omega\>0$ 的前提条件, 最终的取值范围為 $0 \< \omega \le \frac{1}{3}$ .

{因此， $\omega$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{1}{3}\right]$ .}

變式四

已知函數 $f(x) = \cos(\omega x + \frac{\pi}{3})$ ( $\omega \> 0$ ) 在区間 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 上的值域為 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ , 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本題的约束条件由特征点的數量或單调性，转變為函數在特定区間上的值域.解題關键在于分析内层函數 $t=\omega x + \frac{\pi}{3}$ 的取值区間, 并考察標准余弦函數 $y=\cos t$ 在该区間上的最值行為.

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]

問題转化為，函數 $y=\cos t$ 在区間 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right]$ 上的值域為 $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ .

我们考察区間 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right]$ 的端点以及内部極值情况.

最大值分析: 在区間的左端点 $t=\frac{\pi}{3}$ 处, 函數值為 $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ . 由于函數值域的最大值為 $\frac{1}{2}$ , 這意味着在整個区間内, 函數值都不能超過 $\frac{1}{2}$ . 從 $t=\frac{\pi}{3}$ 開始, 余弦函數是递减的, 直到 $t=\pi$ 达到最小值 $-1$ , 之后递增.要使最大值保持為 $\frac{1}{2}$ , 区間内不能包含任何使得 $\cos t \> \frac{1}{2}$ 的点.下一個使得 $\cos t = \frac{1}{2}$ 的点是 $t = 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$ . 因此，区間的右端点必须满足：

\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3} \le \frac{5\pi}{3}

最小值分析: 函數值域的最小值為 $-\frac{1}{2}$ . 這意味着在区間内, 函數必须能够取到 $-\frac{1}{2}$ 這個值. 從 $t=\frac{\pi}{3}$ 開始递减, 第一個使得 $\cos t = -\frac{1}{2}$ 的点是 $t=\frac{2\pi}{3}$ . 因此，区間的右端点必须越過或恰好到达 $\frac{2\pi}{3}$ .

\frac{\omega\pi}{2} + \frac{\pi}{3} \ge \frac{2\pi}{3}

我们将上述两個不等式联立求解 $\omega$ :

\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}

{綜上所述, $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{2}{3}, \frac{8}{3}\right]$ .}

變式五

已知函數 $f(x) = \sin(\omega x)$ ( $\omega \> 0$ ) 在区間 $[0, \pi]$ 上至少有一個最大值点, 但不存在最小值点, 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本題的约束条件變為“至少”與“不存在”的组合，這要求我们對包含與排除的逻辑有更清晰的把握.其本質依然是利用“卡位”思想，但不等式的边界条件有所不同.

對于標准正弦函數 $y=\sin t$ ,

其正的最大值点位于 $t = 2k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ . 第一個正的最大值点是 $\frac{\pi}{2}$ .
其正的最小值点位于 $t = 2k\pi + \frac{3\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}$ . 第一個正的最小值点是 $\frac{3\pi}{2}$ .

令 $t = \omega x$ . 当 $x \in [0, \pi]$ 时, $t$ 的取值范围是 $[0, \omega\pi]$ . 問題转化為，区間 $[0, \omega\pi]$ 需满足：

至少包含一個最大值点: 這意味着区間的右端点必须大于等于第一個最大值点的位置.

\omega\pi \ge \frac{\pi}{2}

不包含任何最小值点: 這意味着区間的右端点必须严格小于第一個最小值点的位置.

\omega\pi \< \frac{3\pi}{2}

解第一個不等式：

\omega \ge \frac{1}{2}

解第二個不等式：

\omega \< \frac{3}{2}

{将两個条件合并, $\omega$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ .}

變式六

已知函數 $f(x) = \sin(\omega x - \frac{\pi}{3})$ ( $\omega \> 0$ ) 在区間 $(0, \pi)$ 内存在两個不同的 $x_1, x_2$ , 使得 $f(x_1) + f(x_2) = 0$ 且 $x_1 + x_2 = \pi$ . 若 $f(x)$ 在点 $(\frac{\pi}{2}, f(\frac{\pi}{2}))$ 处的切線斜率為负, 求 $\omega$ 的最小值.

解

本題给出的第一個条件是隐式的對称性，第二個条件是對函數在该對称中心处變化趋势的约束.我们需要先将几何語言翻译為代數条件，再结合導數信息求解.

条件 $x_1 + x_2 = \pi$ 且 $f(x_1) + f(x_2) = 0$ (即 $f(x_1) = -f(x_2)$ ), 描述的是函數圖像關于点 $(\frac{\pi}{2}, 0)$ 中心對称. 要使点 $(\frac{\pi}{2}, 0)$ 成為 $y=\sin t$ 型函數的對称中心, 该点對應的相位 $t$ 必须是 $\pi$ 的整數倍. 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 $\omega$ 關于 $k$ 的表达式：

\frac{\omega\pi}{2} = k\pi + \frac{\pi}{3} \implies \omega = 2k + \frac{2}{3}

函數在点 $x=\frac{\pi}{2}$ 处的切線斜率為负, 即 $f'(\frac{\pi}{2}) \< 0$ . 首先求導數：

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

從第一步的分析中，我们已經知道 $\omega \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{3} = k\pi$ . 代入上式：

\omega \cos(k\pi) \< 0

因為已知 $\omega \> 0$ , 所以必须满足 $\cos(k\pi) \< 0$ . 這当且僅当 $k$ 為奇數时成立.

我们現在有两個關于 $\omega$ 的条件：

$\omega = 2k + \frac{2}{3}$
$k$ 是奇數
$\omega \> 0$

要使 $\omega \> 0$ , 则 $2k + \frac{2}{3} \> 0 \implies k \> -\frac{1}{3}$ . 结合 $k$ 為奇數, 满足条件的 $k$ 的最小值為 $1$ . 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, $\omega$ 的最小值為 $\dfrac{8}{3}$ .}

总之，当你没有思路的时候，记住一句话，題目叫你做啥就做啥，用尽一切约束条件即可.

2023年12月重庆南開中學校高三第四次期中質檢

已知函數 $f(x) = \sin(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ ), 曲線 $y=f(x)$ 的一個對称中心為 $(\frac{\pi}{12}, 0)$ , 一条對称轴為 $x=\frac{\pi}{4}$ , 则 $\omega$ 的最小值為 \underline{}.

解

本題通過函數的一個對称中心和一条對称轴来约束參數 $\omega$ 和 $\varphi$ .我们将從代數方程與几何性質的角度進行論證.

法一：代數法

此方法的是将几何性質直接翻译為代數方程，通過求解整數方程来确定參數.

根据正弦函數的性質，我们有：

對称中心条件: 点 $(\frac{\pi}{12}, 0)$ 是對称中心, 意味着函數在该点的相位是 $\pi$ 的整數倍.

{/* label: eq:sym-center-ex20 */} \omega \cdot \frac{\pi}{12} + \varphi = k_1\pi, k_1 \in \mathbb{Z}

對称轴条件: 直線 $x=\frac{\pi}{4}$ 是對称轴, 意味着函數在该点的相位是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇數倍.

{/* 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

為了利用 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ 這一關键条件, 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 $\omega \frac{\pi}{4} + 3\varphi = 3k_1\pi$ . 再與方程 \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 $k_1, k_2$ 均為整數, 那么 $3k_1 - k_2$ 也必為整數.唯一满足此不等式的整數是 $1$ .

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

因為 $\omega \> 0$ , 所以 $12k_1 - 3 \> 0 \implies k_1 \> \frac{1}{4}$ . 又因 $k_1 \in \mathbb{Z}$ , 所以 $k_1$ 的最小整數值為 $1$ . 当 $k_1=1$ 时, $\omega$ 取得最小值:

\omega_{\min} = 12(1) - 3 = 9

法二：几何法

此方法的是利用對称点之間的距离與周期的固定關係，生成 $\omega$ 的候選值集，再進行檢验.

函數圖像上，一個對称中心與任一条對称轴之間的水平距离，必定是四分之一周期的奇數倍. 设该距离為 $d = |x_s - x_c| = |\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12}| = \frac{\pi}{6}$ . 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}

從上式解出 $\omega$ :

2\omega = 6(2n+1) \implies \omega = 3(2n+1)

由于 $\omega\>0$ , $n$ 可以取所有非负整數.這為我们提供了一個 $\omega$ 的离散候選值集:

\omega \in \{3, 9, 15, 21, ...\}

對于每一個候選的 $\omega$ 值, 我们必须檢验是否存在一個 $\varphi \in (0, \frac{\pi}{2})$ 與之對應, 使得两個對称性条件同时成立. 我们使用對称中心条件 $\omega \frac{\pi}{12} + \varphi = k\pi$ 来求解 $\varphi = k\pi - \omega\frac{\pi}{12}$ .

檢验 $\omega=3$ ( $n=0$ ):

\varphi = k\pi - 3 \cdot \frac{\pi}{12} = k\pi - \frac{\pi}{4}

无論整數 $k$ 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.

檢验 $\omega=9$ ( $n=1$ ):

\varphi = k\pi - 9 \cdot \frac{\pi}{12} = k\pi - \frac{3\pi}{4}

当 $k=1$ 时, $\varphi = \pi - \frac{3\pi}{4} = \frac{\pi}{4}$.
這個值满足 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$.
我们还需验證此 $(\omega, \varphi)$ 组合是否满足對称轴条件:

\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 (奇數倍), 即 $2 \cdot \pi + \frac{\pi}{2}$, 符合對称轴的相位要求.
因此, $\omega=9$ 是一個有效解.

由于 $\omega$ 的候選值是随 $n$ 递增的, 我们找到的第一個有效解所對應的 $\omega$ 值即為最小值.

{两种方法均指向同一结論, $\omega$ 的最小值為 $9$ .}

變式七

已知函數 $f(x) = \cos(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ ) 的圖像關于直線 $x=\frac{\pi}{3}$ 和 $x=\frac{5\pi}{6}$ 均對称, 求 $\omega$ 的最小值.

解

本題的约束条件為函數的两条對称轴.這不僅给出了函數在特定点的相位信息，更重要的是，两条對称轴之間的距离與函數的周期有着密不可分的几何關係. 函數圖像的两条對称轴之間的距离，必定是半周期 $T/2$ 的整數倍. 两条對称轴的距离為：

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 $\omega$ 關于正整數 $n$ 的表达式：

\omega = 2n, n \in \{1, 2, 3, ...\}

這為我们提供了 $\omega$ 的一個离散候選值集 $\{2, 4, 6, 8, ...\}$ .我们还需要利用 $\varphi$ 的范围来筛選出符合条件的最小 $n$ 值.

因為 $x=\frac{\pi}{3}$ 是一条對称轴, 所以函數在该点的相位必须是 $\pi$ 的整數倍（對于余弦函數）.

\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

根据題设 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ , 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數 $n$ , 使得存在整數 $k$ 满足此不等式.

当 $n=1$ 时, $0 \< k - \frac{2}{3} \< \frac{1}{2} \implies \frac{2}{3} \< k \< \frac{7}{6}$ . 此区間内没有整數 $k$ .
当 $n=2$ 时, $0 \< k - \frac{4}{3} \< \frac{1}{2} \implies \frac{4}{3} \< k \< \frac{11}{6}$ . 此区間内没有整數 $k$ .
当 $n=3$ 时, $0 \< k - 2 \< \frac{1}{2} \implies 2 \< k \< \frac{5}{2}$ . 此区間内没有整數 $k$ .
当 $n=4$ 时, $0 \< k - \frac{8}{3} \< \frac{1}{2} \implies \frac{8}{3} \< k \< \frac{19}{6}$ . 此时整數 $k=3$ 满足条件.

因此，满足条件的最小正整數 $n$ 是 $4$ . 對應的 $\omega$ 最小值為 $\omega_{\min} = 2(4) = 8$ .

{綜上所述， $\omega$ 的最小值為 $8$ .}

變式八

已知函數 $f(x) = \cos(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \pi$ ).若将 $y=f(x)$ 的圖像向右平移 $\frac{\pi}{12}$ 個單位后得到的函數 $g(x)$ 為偶函數, 且 $f(\frac{\pi}{6})=0$ , 求 $\omega$ 的最小值.

解

本題巧妙地将對称性条件施加在一個變換后的函數上，這要求我们首先進行圖像變換的代數运算，再将函數的性質转化為關于參數的方程组. 函數 $g(x) = f(x-\frac{\pi}{12}) = \cos\left(\omega(x-\frac{\pi}{12}) + \varphi\right) = \cos\left(\omega x - \frac{\omega\pi}{12} + \varphi\right)$ . $g(x)$ 為偶函數, 意味着其圖像關于 $y$ 轴對称.對于余弦型函數, 這要求其相位中的常數項（即不含 $x$ 的部分）為 $\pi$ 的整數倍.

{/* label: eq:even-cond-ex-var8 */} -\frac{\omega\pi}{12} + \varphi = k\pi, k \in \mathbb{Z}

$f(\frac{\pi}{6})=0$ 意味着函數在 $x=\frac{\pi}{6}$ 处的相位是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇數倍.

{/* 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 $n = m-k$ , $n$ 仍為整數.

\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}

根据題设 $0 \< \varphi \< \pi$ , 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數 $n$ （使得 $\omega \> 0$ ）, 使得上述關于 $k$ 的不等式区間内存在整數解.

因為 $\omega = 4n+2 \> 0$ , 所以 $n \> -1/2$ . 故 $n$ 的最小整數取值為 $0$ .
当 $n=0$ 时, 不等式變為 $-\frac{1}{6} \< k \< \frac{5}{6}$ . 此时存在整數解 $k=0$ .

因此，使得 $\omega$ 取最小值的整數 $n$ 為 $0$ .

\omega_{\min} = 4(0) + 2 = 2

{綜上所述， $\omega$ 的最小值為 $2$ .}

變式九

已知函數 $f(x) = \sin(\omega x + \varphi)$ ( $\omega \> 0, 0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ ) 满足對任意 $x \in \mathbb{R}$ , 都有 $f(\frac{\pi}{3}+x) = f(\frac{\pi}{3}-x)$ , 且函數在区間 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内恰有两個零点, 求 $\omega$ 的取值范围.

解

本題将一個明确的對称轴条件與一個零点數量的“卡位”条件相结合，需要建立一個關于 $\omega$ 和整數參數 $k$ 的不等式係统来求解.

$f(\frac{\pi}{3}+x) = f(\frac{\pi}{3}-x)$ 表明, 直線 $x=\frac{\pi}{3}$ 是函數的一条對称轴. 因此，函數在 $x=\frac{\pi}{3}$ 处的相位必须是 $\frac{\pi}{2}$ 的奇數倍.

{/* label: eq:axis-cond-ex-var9 */} \omega\frac{\pi}{3} + \varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}

函數在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内恰有两個零点. 令 $t = \omega x + \varphi$ . 当 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ 时, $t$ 的取值范围是 $(\varphi, \frac{\omega\pi}{2}+\varphi)$ . 函數的零点對應 $t=m\pi, m \in \mathbb{Z}$ . 由于 $0 \< \varphi \< \frac{\pi}{2}$ , $t$ 的区間左端点 $\varphi$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内.因此, 区間内可能包含的第一個零点是 $t=\pi$ . 要恰好包含两個零点，這两個零点必须是 $\pi$ 和 $2\pi$ . 根据“卡位”思想，区間 $(\varphi, \frac{\omega\pi}{2}+\varphi)$ 必须包含 $2\pi$ , 但不包含 $3\pi$ .

2\pi \< \frac{\omega\pi}{2} + \varphi \le 3\pi \cdots (*)

我们現在有一個方程和一個不等式，它们共同约束着 $\omega$ 和 $\varphi$ . 從方程 \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}

這個關係表明，對于一個给定的 $\omega$ , 整數 $k$ 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

我们現在需要在 $\omega\>0$ 的前提下, 寻找存在整數 $k$ 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.

為使两個關于 $\omega$ 的区間有交集，区間的端点必须满足：

$3k \< 15 - 6k \implies 9k \< 15 \implies k \< \frac{5}{3}$
$9 - 6k \< 3k + 1.5 \implies 7.5 \< 9k \implies k \> \frac{5}{6}$

结合 $k$ 為整數, 唯一可能的取值是 $k=1$ .

当 $k=1$ 时, 我们将两個区間具體化：
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: $9 - 6(1) \< \omega \le 15 - 6(1) \implies 3 \< \omega \le 9$ .

取這两個区間的交集，得到 $\omega$ 的最终取值范围.

{因此， $\omega$ 的取值范围是 $(3, \frac{9}{2}]$ .}

通過對例題及其變式題的深入剖析，我们能提炼出处理複杂 $\omega$ 约束問題的几点思想：

思想一

對称性是三角函數最的性質之一，也是 $\omega$ 约束問題的高频考点.解題的關键在于能够灵活地進行“數”與“形”的转化.

\paragraph{1. 代數法} 将几何性質直接转化為代數方程.

對称轴 $x=x_0$ $\iff$ 相位 $\omega x_0 + \varphi = k\pi + \frac{\pi}{2}$ (對 $\sin$ ) 或 $k\pi$ (對 $\cos$ ).
對称中心 $(x_0, 0)$ $\iff$ 相位 $\omega x_0 + \varphi = k\pi$ (對 $\sin$ ) 或 $k\pi + \frac{\pi}{2}$ (對 $\cos$ ).
偶函數 $\iff$ 初相 $\varphi = k\pi$ (對 $\cos$ ) 或 $k\pi + \frac{\pi}{2}$ (對 $\sin$ ).
隐式對称 $f(a+x)=f(a-x)$ $\iff$ 對称轴為 $x=a$ .
隐式對称 $f(a+x)=-f(a-x)$ $\iff$ 對称中心為 $(a, 0)$ .

\subparagraph{评价} 代數翻译是最直接、最普适的方法.它将几何性質转化為關于 $\omega, \varphi$ 和整數 $k, m$ 的不定方程组.

优势：逻辑严谨，步骤清晰，适用于任何對称性条件.
缺点：当涉及多個整數參數时，求解過程可能较為繁琐，需要细致地讨論整數解的存在性.

\paragraph{2. 几何法} 利用對称点之間的几何距离關係.

两条同類對称点（如轴與轴，中心與中心）的距离是半周期的整數倍.
两条异類對称点（如轴與中心）的距离是四分之一周期的奇數倍.

\subparagraph{评价} 几何應用是一种更為巧妙、更具洞察力的解法.

优势：当題目给出两個對称点时，此法能迅速建立一個僅關于 $\omega$ 和一個整數參數 $n$ 的方程，大大簡化問題.
缺点：适用场景相對局限，依赖于題目明确给出两個或以上的對称点.此外，求出的 $\omega$ 候選集必须代回原条件, 结合 $\varphi$ 的范围進行檢验，以排除不符合初相条件的伪解，這增加了后續的验證步骤.

思想二

当題目给出多個不同類型的约束条件时（如例 20 及其變式），“分而治之”是解决問題的金科玉律.

分解：将複杂的題目描述分解為若干個独立的、基礎的性質陈述.例如，“平移后為偶函數”+“某点為零点”.
翻译：對每一個性質陈述，選择最恰当的方法（代數或几何）将其翻译為關于參數的數學约束（方程或不等式）.
整合：将得到的所有约束条件联立求解.這個過程通常演變為：

方程與方程联立：通過消元法求解.
方程與不等式联立：将由方程解出的參數表达式（如 $\omega = f(k)$ ）代入不等式, 從而约束整數 $k$ 的取值.
不等式與不等式联立：求解不等式组的交集.

\subparagraph{评价} 這种“分治-整合”的策略是解决所有複杂數學問題的通用框架.它将一個令人望而生畏的多条件問題，拆解為一係列我们熟悉的、可以程序化解决的子問題，極大地降低了认知负荷和出錯的风险.其在于准确地“翻译”每一個条件，并在最后進行严谨的逻辑整合.

思想三

從“至少/至多有一個”到“恰好有一個”，問題的逻辑複杂度在提升.

存在性 (“至少/至多”)：通常對應一個單边的不等式.例如，“至少一個最大值点”意味着考察区間的右端点必须越過第一個最大值点，即 $\omega\pi \ge \frac{\pi}{2}$ .
唯一性 (“恰好一個”)：通常對應一個雙边不等式，即“卡位”思想.例如，“唯一最大值”意味着区間必须包含第一個最大值点，同时排除第二個最大值点和第一個最小值点，這需要同时满足多個不等式条件.

\subparagraph{评价} 处理這類逻辑词汇时，必须将其精确地转化為区間端点的開闭與大小關係.這不僅是數學计算，更是對數學語言精确性的深刻考察.

對于單一性質（如單调性、值域、零点個數），整體換元法通常是最稳健、最直观的選择.
對于两個或以上明确的對称点，几何距离法是首選的捷径，但务必進行后續的檢验.
對于複合的、混合的性質约束，建立方程组（代數法），并采用“分治-整合”的策略，是最可靠、最通用的方法.

最终，對 $\omega$ 問題的掌握，不僅在于记住公式，更在于理解每种性質背后的几何直观，并能灵活地在“代數表示”與“几何意義”之間自如切換.

反三角函數

{/* label: sec:ch06-s16 */}

我们已經知道，函數 $y=f(x)$ 存在反函數 $x=f^{-1}(y)$ 的充要条件是, 函數 $f$ 必须是一個一一映射（雙射）.然而, 我们研究的所有三角函數, 由于其固有的周期性, 都是“多對一”的函數.例如, 无數個不同的角 $x$ （如 $\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{13\pi}{6}, ...$ ）都對應着同一個正弦值 $\frac{1}{2}$ .

這带来了一個根本性的數學挑战：我们如何為一個本身不满足一一映射条件的函數，去構造一個有意義的、符合函數定義的“逆运算”？直接“反转”整個函數是行不通的，因為一個输入值（如 $\frac{1}{2}$ ）将会對應无穷多個输出角，這严重违背了函數的基本定義.

解决方案是“限制與反转”.我们必须在原函數的定義域上，人為地截取一段“分支”，并要求這段分支满足两個条件：

完備性：该分支必须遍歷原函數的所有值域.例如，對于 $y=\sin x$ , 所選区間的函數值必须完整地覆蓋 $[-1, 1]$ .
單调性：在该分支上，函數必须是严格單调的.這确保了在所選的定義域上，函數是一一對應的，從而保證了其反函數的存在性與唯一性.

這個被精心挑選出来的、满足上述条件的分支区間，我们称之為主值区間.基于這個被“限制”的定義域，我们所構造出的反函數，便称為反三角函數.它们回答了一個被精确约束過的問題：“在约定的主值区間内，那個其三角函數值為给定值的角，究竟是多少？”

反正弦函數

定義與主值区間的選取

考察函數 $y=\sin x$ . 為了定義其反函數, 我们需要選取一個單调区間, 使得该区間上的函數值域覆蓋 $[-1, 1]$ .

\begin{figure}[htbp]

{2}, \frac{\pi}{2}\right] $}{[-pi/2, pi/2]} 的選取} \end{figure} *圖：正弦函數主值区間 \texorpdfstring{$ \left[-\frac{\pi*

观察圖像可知，区間 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 是一個理想的選择：

满射性：函數值域恰好覆蓋 $[-1, 1]$ .
單调性：函數在此区間上严格單调递增.
對称性：该区間關于原点對称，且包含了锐角范围，便于计算.

虽然 $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ 等区間也满足單调性和值域条件, 但數學界统一规定選取 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 作為反正弦函數的主值区間.

反正弦

函數 $y=\sin x$ 在其主值区間 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的反函數, 称為反正弦函數, 记作 $y=\arcsin x$ .

定義域: $[-1, 1]$
值域: $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$

符号 $\arcsin x$ 表达的意義是：一個在 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ 内的角, 其正弦值為 $x$ .

性質與圖像

\begin{figure}[htbp]

\end{figure} 圖：反正弦函數與正弦函數主值支的對称關係

單调性: 正弦函數在主值区間的單调递增性，决定了反正弦函數在其整個定義域 $[-1, 1]$ 上也是單调递增的.
奇偶性: 正弦函數主值支的圖像關于原点對称，這一几何特性被反函數继承.故 $y=\arcsin x$ 是奇函數, 满足 $\arcsin(-x) = -\arcsin x$ .

備註

深刻理解：

\sin(\arcsin x)

與

\arcsin(\sin x)

根据反函數的定義，我们似乎可以认為 $\sin(\arcsin x)=x$ 和 $\arcsin(\sin x)=x$ . 然而，這其中有微妙但至關重要的区别.

\paragraph{1. 恒等式 $\sin(\arcsin x) = x$ } 此關係式對于 $\arcsin x$ 的整個定義域 $x \in [-1, 1]$ 是恒成立的.

\paragraph{2. 關係式 $\arcsin(\sin x) = x$ ?} 此關係式僅当 $x \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ (主值区間) 时成立.

当 $x$ 超出主值区間时, 运算结果会将 $x$ 折叠回主值区間.
函數 $y = \arcsin(\sin x)$ 的圖像是周期為 $2\pi$ 的"锯齿波".

\resizebox{0.95\linewidth}{!}{

反余弦函數

定義與主值区間的選取

考察函數 $y=\cos x$ . 我们不能像正弦函數那样選取 $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ ，因為余弦函數在此区間上偶函數性質導致其先增后减（或先减后增），不满足單射条件.

為了定義反函數，我们需要選取一個既能覆蓋值域 $[-1, 1]$ 又严格單调的区間. 數學界選定 $[0, \pi]$ 作為標准：

在 $[0, \pi]$ 上, $\cos x$ 從 $1$ 严格單调递减至 $-1$ .
该区間是非负的，且包含了 $0$ 点，形式最簡.

\begin{figure}[htbp]

{[0, pi]} 的選取示意圖} \end{figure} 圖：余弦函數主值区間 \texorpdfstring{ $[0, \pi]$

反余弦

函數 $y=\cos x$ 在其主值区間 $[0, \pi]$ 上的反函數, 称為反余弦函數, 记作 $y=\arccos x$ .

定義域: $[-1, 1]$
值域: $[0, \pi]$

符号 $\arccos x$ 表达的意義是：一個在 $[0, \pi]$ 内的角, 其余弦值為 $x$ .

性質與圖像

單调性: 在其整個定義域 $[-1, 1]$ 上單调递减.
奇偶性: 既非奇函數也非偶函數.但它具有一個重要的對称關係： $\arccos(-x) = \pi - \arccos x$ .

備註

證明（關于

\arccos(-x) = \pi - \arccos x

）

令 $\alpha = \arccos x$ .由定義知 $\cos\alpha=x$ 且 $\alpha\in[0, \pi]$ . 我们的目標是證明 $\pi-\alpha = \arccos(-x)$ . 根据反余弦函數的定義，只需验證两点：

$\cos(\pi-\alpha) = -x$ .
$\pi-\alpha$ 落在反余弦的值域 $[0, \pi]$ 内.

第一点，由诱導公式可得 $\cos(\pi-\alpha)=-\cos\alpha=-x$ ，成立. 第二点，因為 $0 \le \alpha \le \pi$ , 所以 $-\pi \le -\alpha \le 0$ , 故 $0 \le \pi-\alpha \le \pi$ ，也成立. 證毕.

備註

深刻理解：

\cos(\arccos x)

與

\arccos(\cos x)

1. 恒等式 $\cos(\arccos x) = x$

此關係式對于 $\arccos x$ 的定義域 $x \in [-1, 1]$ 是恒成立的.

2. 關係式 $\arccos(\cos x) = x$ ?

此關係式僅当 $x \in [0, \pi]$ (主值区間) 时成立.

当 $x$ 超出此范围时, $\arccos(\cos x)$ 的结果是返回到主值区間 $[0, \pi]$ 内.
几何意義：结果是與 $x$ 终边位置具有相同余弦值, 且位于 $0$ 到 $\pi$ 之間的那個角.
例如： $\arccos(\cos(2\pi)) = 0$ ； $\arccos(\cos(-\frac{\pi}{3})) = \frac{\pi}{3}$ .

函數 $y = \arccos(\cos x)$ 的圖像是一条在 $x$ 轴上方、周期為 $2\pi$ 的"三角波".

\resizebox{0.95\linewidth}{!}{

重要的恒等關係

余角關係

對于任意 $x \in [-1, 1]$ , 恒有：

\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}

證明

令 $\alpha = \arcsin x$ .由定義知 $\sin\alpha = x$ 且 $\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ . 我们考察角 $\frac{\pi}{2}-\alpha$ . 首先，其值域為 $0 \le \frac{\pi}{2}-\alpha \le \pi$ ，這恰好是反余弦函數的值域. 其次，其值為 $\cos(\frac{\pi}{2}-\alpha) = \sin\alpha = x$ . 根据反余弦函數的唯一定義，一個值域在 $[0, \pi]$ 且余弦值為 $x$ 的角, 必定是 $\arccos x$ . 故 $\arccos x = \frac{\pi}{2} - \alpha = \frac{\pi}{2} - \arcsin x$ .移項即得證.

反正切的加法公式

對于任意实數 $a, b$ ,

\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}

證明

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}

這說明 $A+B$ 與 $\arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ 的正切值相同, 它们之間相差 $\pi$ 的整數倍. 即 $A+B = k\pi + \arctan\left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ . 關键在于确定整數 $k$ 的值, 這取决于 $A+B$ 所在的区間.

情形一： $ab\<1$ 若 $a\>0, b\>0$ , 则 $A, B \in (0, \frac{\pi}{2})$ . $A+B \in (0, \pi)$ . 若 $ab\<1 \implies \frac{a+b}{1-ab}\>0 \implies \tan(A+B)\>0$ . 這說明 $A+B$ 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 $a,b$ 符号的情况可類似讨論, 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 $A+B \in (0, \pi)$ . $ab\>1 \implies 1-ab\<0 \implies \frac{a+b}{1-ab}\<0 \implies \tan(A+B)\<0$ . 這說明 $A+B$ 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 $A+B \in (-\pi, 0)$ . $ab\>1 \implies 1-ab\<0 \implies \frac{a+b}{1-ab}\>0 \implies \tan(A+B)\>0$ . 這說明 $A+B$ 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

複合函數求值

求 $\cos\left(\arcsin\left(-\frac{4}{5}\right)\right)$ 的值.

解

令 $\alpha = \arcsin\left(-\frac{4}{5}\right)$ .我们的目標是求 $\cos\alpha$ . 根据反正弦函數的定義，我们可知：

\sin\alpha = -\frac{4}{5} \text{且} \alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]

利用同角三角函數平方關係 $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$ ,

\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. 因為 $\sin\alpha = -\frac{4}{5}$ 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，余弦值為正.

\therefore \cos\alpha = \frac{3}{5}

反正切的和

求值： $\arctan 2 + \arctan 3$ .

解

我们直接應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，我们應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}

根据反正切函數的定義， $\arctan(-1)$ 是在 $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ 内正切值為 $-1$ 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 $\frac{8\pi}{3}$ 并不在反余弦函數的主值区間 $[0, \pi]$ 内, 因此结果不等于 $\frac{8\pi}{3}$ . 我们首先需要计算内层函數的值.

\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，原問題转化為求 $\arccos(-\frac{1}{2})$ . 這需要我们寻找在 $[0, \pi]$ 区間内, 余弦值為 $-\frac{1}{2}$ 的角. 该角為 $\frac{2\pi}{3}$ .

\therefore \arccos\left(\cos\left(\frac{8\pi}{3}\right)\right) = \frac{2\pi}{3}

探索课題​

知识概括​

弧度制​

来龙去脉​

定義​

角度制與弧度制的換算​

正弦函數與余弦函數​

單位圓上的參數化​

圖像的生成​

性質的几何根源​

定義域與值域​

周期性​

奇偶性與對称性​

單调性​

正弦與余弦的内在联係​

正弦與余弦函數的圖像​

如何“展開”單位圓？​

五点作圖法​

余弦函數的圖像​

正弦函數與余弦函數的性質​

定義域、值域與周期性​

奇偶性與單调性​

對称性​

性質汇总​

正切函數​

定義與圖像​

正切函數的性質​

余切、正割與余割函數​

定義與几何意義​

函數圖像與性質​

余切函數 ​

正割函數 與余割函數 ​

性質汇总​

同角三角函數的基本關係​

两個基本關係式​

公式的變形與應用​

诱導公式​

公式一、二：關于原点與x轴的對称​

公式三、四：關于轴與直線的對称​

“名称變換”的诱導公式​

奇變偶不變，符号看象限​

典例解析​

和差角公式​

两角差的余弦​

公式體係的構建​

辅助角公式：\texorpdfstring{​

典例解析​

倍角公式​

来龙去脉​

公式體係​

内在联係與應用策略​

典例解析​

三倍角與\texorpdfstring{​

来龙去脉​

推廣至倍角​

万能公式與齐次式思想​

来龙去脉​

公式體係​

齐次化構造​

典例解析​

总结​

角的變換​

来龙去脉​

典例剖析​

四大思想​

和差化積與積化和差​

公式​

積化和差​

和差化積公式​

典例剖析​

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\texorpdfstring{​

由 \texorpdfstring{​

整體換元思想​

典例剖析​

\texorpdfstring{ 的约束與求解​

思想一​

思想二​

思想三​

思想一​

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圖像的生成

性質的几何根源

定義域與值域

周期性

奇偶性與對称性

單调性

正弦與余弦的内在联係

正弦與余弦函數的圖像

如何“展開”單位圓？

五点作圖法

余弦函數的圖像

正弦函數與余弦函數的性質

定義域、值域與周期性

奇偶性與單调性

對称性

性質汇总

正切函數

定義與圖像

正切函數的性質

余切、正割與余割函數

定義與几何意義

函數圖像與性質

余切函數 $y=\cot x$

正割函數 $y=\sec x$ 與余割函數 $y=\csc x$

性質汇总

同角三角函數的基本關係

两個基本關係式

公式的變形與應用

诱導公式

公式一、二：關于原点與x轴的對称

公式三、四：關于 $y$ 轴與直線 $y=x$ 的對称

“名称變換”的诱導公式

奇變偶不變，符号看象限

典例解析

和差角公式

两角差的余弦

公式體係的構建

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

典例解析

倍角公式

来龙去脉

公式體係

内在联係與應用策略

典例解析

三倍角與\texorpdfstring{ $n$

来龙去脉

推廣至 $n$ 倍角

万能公式與齐次式思想

来龙去脉

公式體係

齐次化構造

典例解析

总结

角的變換

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和差化積與積化和差

公式

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由 \texorpdfstring{ $y=\sin x$

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思想一

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