正弦型函数的给出方式

前言

凡是使用正弦型思路求解的问题，自然都会与正弦型函数的给出方式有关。

使用正弦型思路考查的素材

给出角度

①用三角变换给出，高频给出方式；注意使用二倍角的正弦、余弦公式的逆用和辅助角公式的使用；

当\(x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]\)时，求函数\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)的值域，

解析：函数\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)

\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)

若\(x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]\)，则可得

\(-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}\)，则\(-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}\)，

故当\(2x+\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{3}\)，即\(x=-\cfrac{\pi}{3}\)时，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{\pi}{3})=2\times (-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+1=-\sqrt{3}+1\)；

故当\(2x+\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(x=\cfrac{\pi}{12}\)时，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3\)；

②用向量运算给出，如向量的内积或平行或垂直关系给出；注意向量的坐标运算公式的正确使用；

已知\(\vec{m}=(2sinx，\sqrt{3}cosx)\)，\(\vec{n}=(cosx，2cosx)\)，函数\(f(x)=\vec{m}\cdot \vec{n}-\sqrt{3}+1\)

\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)

\(f(x)=sin2x+\sqrt{3}(2cos^2x-1)+1\)

\(=sin2x+\sqrt{3}cos2x+1\)

\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)

【2020人大附中高一试题第17题】如图，半径为\(2\)的扇形的圆心角为\(120^{\circ}\)，\(M\)，\(N\)分别是半径\(OP\)，\(OQ\)的中点，\(A\)为\(\overset{\frown}{PQ}\)上任意一点，则\(\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}\)的取值范围是___________。

法1：从数的角度思考[主要基于给定的是扇形，其上的点可以借助圆上的点的坐标表示，这样所有点的坐标都可以表示出来，其中点\(A\)是动点，其坐标可以采用引入参数的方式，其他的点的坐标都是固定的数字，这样向量就可以使用坐标表示，向量的运算也可以使用坐标表示，从而向量的内积的取值范围问题，就转化为函数的值域问题了，而为了使用坐标，常常采用主动建立平面直角坐标系的方式来完成]，

建立如图所示的平面直角坐标系，

则点\(P(-1,\sqrt{3})\)，半径\(OP\)的中点\(M(-\cfrac{1}{2},\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，点\(Q(2,0)\)，半径\(OQ\)的中点\(N(1,0)\)，

动点\(A\)的坐标设为\(A(2\cos\theta,2\sin\theta)\)，其中限制参数的范围为\(\theta\in [0，\cfrac{2\pi}{3}]\)，以保证其为\(\overset{\frown}{PQ}\)上任意一点，

则\(\overrightarrow{AM}=(-\cfrac{1}{2}-2\cos\theta,\cfrac{\sqrt{3}}{2}-2\sin\theta)\)，\(\overrightarrow{AN}=(1-2\cos\theta,-2\sin\theta)\)，

则\(\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}=(-\cfrac{1}{2}-2\cos\theta)(1-2\cos\theta)+(\cfrac{\sqrt{3}}{2}-2\sin\theta)(-2\sin\theta)\)

\(=-\cfrac{1}{2}+\cos\theta-2\cos\theta+4\cos^2\theta-\sqrt{3}\sin\theta+4\sin^2\theta\)

\(=-\sqrt{3}\sin\theta-\cos\theta+4-\cfrac{1}{2}=-2\sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{7}{2}\)

由于\(0\leqslant \theta\leqslant \cfrac{2\pi}{3}\)，故\(\cfrac{\pi}{6}\leqslant \theta+\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{5\pi}{6}\)，

故\(\cfrac{1}{2}\leqslant \sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})\leqslant 1\)，则\(\cfrac{3}{2}\leqslant -2sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})+\cfrac{7}{2}\leqslant\cfrac{5}{2}\)，

即\(\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN}\)的取值范围是\([\cfrac{3}{2},\cfrac{5}{2}]\).

③用图像变换给出，注意图像变换的实质；

【2016•山东】 设 \(f(x)=2\sqrt{3}\sin (\pi-x)\sin x-(\sin x-\cos x)^{2}\) .

(1). 求 \(f(x)\) 的单调递增区间；

解: 由于\(f(x)=2 \sqrt{3} \sin (\pi-x) \sin x-(\sin x-\cos x)^{2}\)，

\(=2\sqrt{3} \sin ^{2} x-1+\sin 2 x=2 \sqrt{3} \cdot \cfrac{1-\cos 2 x}{2}-1+\sin 2 x\)，

\(=\sin 2 x-\sqrt{3} \cos 2 x+\sqrt{3}-1=2 \sin \left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)+\sqrt{3}-1\)，

令 \(2k\pi-\cfrac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\cfrac{\pi}{3} \leqslant 2k \pi+\cfrac{\pi}{2}\)，

求得 \(k\pi-\cfrac{\pi}{12} \leqslant x \leqslant k\pi+\cfrac{5 \pi}{12}\)，

可得函数的增区间为 \(\left[k\pi-\cfrac{\pi}{12}, k\pi+\cfrac{5\pi}{12}\right]\)， \(k\in Z\).

(2). 把 \(y=f(x)\) 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 \(2\) 倍 (纵坐标不变)， 再把得到的图象向左平移 \(\cfrac{\pi}{3}\) 个单位，得到函数 \(y=g(x)\) 的图象，求 \(g\left(\frac{\pi}{6}\right)\) 的值.

解析： 把 \(y=f(x)\) 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 \(2\) 倍 (纵坐标不变)，可得 \(y=2\sin\left(x-\cfrac{\pi}{3}\right)+\sqrt{3}-1\) 的图象[是用 \(\cfrac{1}{2}x\) 替换 \(x\) 后整理得到的]，再把得到的图象向左平移 \(\cfrac{\pi}{3}\) 个单位， 得到函数 \(y=g(x)=2\sin x+\sqrt{3}-1\) 的图象[是用 \(x+\cfrac{\pi}{3}\) 替换 \(x\) 后整理得到的]， 所以 \(g\left(\cfrac{\pi}{6}\right)\)\(=\)\(2\sin\cfrac{\pi}{6}+\sqrt{3}-1\)\(=\)\(\sqrt{3}\) .

【伸缩变换】【2016洛阳模拟】已知曲线\(C\)的极坐标方程是\(\rho=2\)，以极点为原点，极轴为\(x\)轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线\(l\)的参数方程为\(\begin{cases}x=1+t\\y=2+\sqrt{3}t\end{cases}(t为参数)\)，

(1). 写出直线 \(l\) 的普通方程与曲线 \(C\) 的直角坐标方程；

(2). 设曲线 \(C\) 经过伸缩变换 \(\begin{cases}x'=x\\y'=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\) 得到曲线 \(C'\)，设 \(M(x，y)\) 为曲线 \(C'\) 上任意一点，求 \(x^2\)\(-\)\(\sqrt{3}xy\)\(+\)\(2y^2\) 的最小值，并求相应的点 \(M\) 的坐标。

分析：(1)消去参数 \(t\)，得到直线 \(l\) 的普通方程为 \(\sqrt{3}x-y-\sqrt{3}+2=0\)，

由\(\rho=2\)，得到曲线\(C\)的直角坐标方程为\(x^2+y^2=4\)；

(2)曲线 \(C：x^2+y^2=4\) 经过伸缩变换 \(\begin{cases}x'=x\\y'=\cfrac{1}{2}y\end{cases}\) 得到曲线 \(C'\)，

即将 \(x=x'，y=2y'\) 代入 \(C：x^2+y^2=4\) 得到，\(x'^2+4y'^2=4\)，

整理得到曲线 \(C'：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)。

由曲线 \(C'\) 的参数方程得到点 \(M(2cos\theta，sin\theta)\)， \(\theta\in [0,2\pi)\)

即 \(x=2cos\theta，y=sin\theta\)，代入得到

\(x^2-\sqrt{3}xy+2y^2\)\(=\)\((2\cos\theta)^2-\sqrt{3}\cdot 2\cos\theta\cdot \sin\theta+2\sin^2\theta\)

\(=4\cos^2\theta+2\sin^2\theta-\sqrt{3}\sin2\theta\)\(=2+2\cos^2\theta-\sqrt{3}\sin2\theta\)

\(=2+1+cos2\theta-\sqrt{3}\sin2\theta\)\(=3-2\sin(2\theta-\cfrac{\pi}{6})\)

当 \(2\theta-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{2}\) ，即 \(\theta=\cfrac{\pi}{3}\) 时，即点 \(M(1，\cfrac{\sqrt{3}}{2})\) 或 \(M(-1，-\cfrac{\sqrt{3}}{2})\) 时，\(x^2\)\(-\)\(\sqrt{3}xy\)\(+\)\(2y^2\) 的最小值为 \(1\) .

④用表格给出，注意表格信息的有效利用以及思考顺序，

④用图像给出，注意解读三角函数的图像信息；

【有图情形】函数\(f(x)=Asin(\omega x+\phi)+b(A>0，\omega>0，|\phi|<\cfrac{\pi}{2})\)的一部分图像如图所示，则其解析式为【】

$A.f(x)=3sin(2x-\cfrac{\pi}{6})+1$

$B.f(x)=2sin(3x+\cfrac{\pi}{3})+2$

$C.f(x)=2sin(3x-\cfrac{\pi}{6})+2$

$D.f(x)=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+2$

分析：由图像可知，函数的最大值\(M=4\)，最小值\(m=0\)，故\(A=\cfrac{4-0}{2}=2\)，\(b=\cfrac{4+0}{2}=2\)，

又由于\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{5\pi}{12}-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{4}\)，故\(T=\pi\)，故\(\omega=\cfrac{2\pi}{\pi}=2\)，

又\(2\times \cfrac{\pi}{6}+\phi=\cfrac{\pi}{2}\)，解得\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2})\)，

故所求解析式为\(f(x)=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+2\)，故选\(D\)。

【无图情形】【2018届湖南衡阳八中第二次月考】已知函数\(y＝sin(ωx＋φ)\) \((ω>0，0<φ<π)\)的最小正周期为\(π\)，且函数图象关于点\((-\cfrac{3\pi}{8}，0)\)对称，则该函数的解析式为________．

分析：由于函数\(y＝sin(ωx＋φ)\)的最小正周期为\(π\)，故\(\omega=2\)，又图象关于点\((-\cfrac{3\pi}{8}，0)\)对称，

则\(2\times (-\cfrac{3\pi}{8})+\phi=k\pi\)，故\(\phi=k\pi+\cfrac{3\pi}{4}\)，\(k\in Z\) ,

当\(k=0\)时，\(\phi=\cfrac{3\pi}{4}\in (0,\pi)\)，故解析式为\(y=sin(2x+\cfrac{3\pi}{4})\).

(三轮模拟考试理科用题)已知\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)(A>0,\omega>0,0<\phi<\cfrac{\pi}{2})\)，直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)和点\((\cfrac{\pi}{12},0)\)分别是函数\(f(x)\)图象上相邻的一条对称轴和一个对称中心，则函数\(f(x)\)的单调增区间为（ ）.

$A.[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)$

$B.[k\pi-\cfrac{\pi}{6} ，k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$

$C.[k\pi-\cfrac{5\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{\pi}{12}](k\in Z)$

$D.[k\pi+\cfrac{\pi}{12} ，k\pi+\cfrac{7\pi}{12}](k\in Z)$

分析：这类题目一般需要先将\(f(x)\)转化为正弦型或者余弦型，

再利用给定的条件分别求\(\omega\)和\(\phi\)，由\(f(x)=2Acos^2(\omega x+\phi)=A[cos2(\omega x+\phi)+1]-A=Acos(2\omega x+2\phi)\)，

故其周期为\(T=\cfrac{2\pi}{2\omega}=\cfrac{\pi}{\omega}\)，

又由题目可知\(\cfrac{T}{4}=\cfrac{\pi}{3}-\cfrac{\pi}{12}=\cfrac{\pi}{4}\)，则\(T=\pi=\cfrac{\pi}{\omega}\)，

故\(\omega=1\)，则函数简化为\(f(x)=Acos(2x+2\phi)\)，再利用直线\(x=\cfrac{\pi}{3}\)是函数\(f(x)\)图象上的一条对称轴，

故\(2\times \cfrac{\pi}{3}+2\phi=k\pi,(k\in Z)\),解得\(\phi=\cfrac{k\pi}{2}-\cfrac{\pi}{3}\)，

令\(k=1\)，则\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\in (0,\cfrac{\pi}{2})\)，满足题意，故\(f(x)=Acos(2x+2\phi)=Acos(2x+\cfrac{\pi}{3})\).

令\(2k\pi-\pi\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq 2k\pi(k\in Z)\)，解得\(k\pi-\cfrac{2\pi}{3}\leq x \leq k\pi-\cfrac{\pi}{6}\)，即单调递增区间为\(A．[k\pi-\cfrac{2\pi}{3} ，k\pi-\cfrac{\pi}{6}](k\in Z)\);

⑤用实际问题给出，比如求几何图像的周长、面积或者弦长，或者曲线上的动点到定直线的距离；

【2017\(\cdot\)广东汕头一模】【求面积的最大值】已知\(\Delta ABC\)的内角\(A，B，C\)的对边分别是\(a，b，c\)，且满足\(b=c\)，\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，若点\(O\)是\(\Delta ABC\)外的一点，\(\angle AOB=\theta(0<\theta<\pi)\)，\(OA=2\)，\(OB=1\)，则四边形\(OACB\)面积的最大值是【】

$A.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$ $B.\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}$ $C.3$ $D.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$

分析：由\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{sinB}{sinA}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，

得到\(sinBcosA+cosBsinA=sinA\)，即\(sin(A+B)=sinA\)

则\(sinC=sinA\)，即\(A=C\)，

故\(a=b=c\)，为等边三角形。

在\(\Delta AOB\)中，\(AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta\)，

故\(S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)

\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)

当\(\theta-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\)时，即\(\theta=\cfrac{5\pi}{6}\in (0，\pi)\)时，四边形的面积有最大值，

且\(S_{max}=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}\)，故选\(B\)。