专题4.3 三角恒等变换（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 两角和与差的三角函数公式】..................................................................................................................4
【题型2 两角和与差的三角函数公式的逆用及变形】.........................................................................................6
【题型3 辅助角公式的运用】..................................................................................................................................7
【题型4 二倍角公式及其应用】..............................................................................................................................9
【题型5 三角函数式的化简】................................................................................................................................10
【题型6 给角求值型问题】....................................................................................................................................11
【题型7 给值求值型问题】....................................................................................................................................13
【题型8 给值求角型问题】....................................................................................................................................14
【题型9 半角公式、万能公式及应用】................................................................................................................17
【题型10 三角恒等变换的综合应用】..................................................................................................................19
1、三角恒等变换
考点要求
真题统计
考情分析
(1)会推导两角差的余弦公式
(2)会用两角差的余弦公式推
导出两角差的正弦、正切公
式
(3)掌握两角和与差的正弦、
余弦、正切公式，并会简单
应用
(4) 能运用两角和与差的正
弦、余弦、正切公式推导二
倍角的正弦、余弦、正切公
式，并进行简单的恒等变换
2023 年新课标I 卷：第8 题，5 分
2023 年新课标Ⅱ卷：第7 题，5 分
2024 年新课标I 卷：第4 题，5 分
2024 年新课标Ⅱ卷：第13 题，5
分
2025 年全国一卷：第11 题，6 分
2025 年全国二卷：第8 题，5 分
三角恒等变换是三角函数的重
要工具，是高考数学的热点、重点
内容.从近几年的高考情况来看，
主要考察三角函数的化简求值、三
角函数的变换等内容，一般以单选
题、多选题、填空题的形式出现，
试题难度中等或偏下；但在有关三
角函数的解答题中有时也会涉及到
三角恒等变换、合并化简，此时试
题难度中等，复习时需要同学熟练
运用公式，灵活变换.
知识点
1
三角恒等变换思想
1．三角恒等变换思想
角的代换、常值代换、辅助角公式
——
(1)角的代换
代换法是一种常用的思想方法，也是数学中一种重要的解题方法，在解决三角问题时，角的代换作用尤为
突出.
常用的角的代换形式：
①α=(α+β)-β；
②α=β-(β-α)；
③
；
④
；
⑤
；
⑥
.
(2)常值代换
用某些三角函数值代换某些常数，使之代换后能运用相关的公式，我们把这种代换称为常值代换，其中要
特别注意的是“1”的代换.
(3)辅助角公式
通过应用公式
[或
将形如asinα
+bcosα (a,b 都不为零)的三角函数式收缩为一个三角函数
[或
].这
种恒等变形实质上是将同角的正弦和余弦函数值与其他常数积的和收缩为一个三角函数，这种恒等变换称
为收缩变换，上述公式也称为辅助角公式.
知识点
2
二倍角公式
1．二倍角公式
二倍角的正弦、余弦、正切公式
函数
公式
β=α
简记符号
正弦
sin2α =2sinαcosα
S(α+β)
S2α
余弦
cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α
C(α+β)
C2α
正切
T(α+β)
T2α
2．二倍角公式的变形应用
(1)倍角公式的逆用
①
：
，
，
.
②
：
.
③
：
.
(2)配方变形
.
(3)因式分解变形
.
(4)升幂公式
；
.
知识点
3
三角恒等变换的应用技巧
1．两角和与差的三角函数公式的应用技巧
(1)使用两角和与差的三角函数公式，首先要记住公式的结构特征.
(2)使用公式求值，应先求出相关角的函数值，再代入公式求值.
2．两角和与差的三角函数公式的逆用及变形
运用两角和与差的三角函数公式时，不但要熟悉公式的正用，还要熟悉公式的逆用及变形应用，如
和二倍角的余弦公式的多种变形等.公式的逆用和变形应用更能拓
展思路，培养从正向思维向逆向思维转化的能力.
3．辅助角公式的运用技巧
对asinx+bcosx 化简时，辅助角的值如何求要清楚.
4．角的变换问题的解题策略：
(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个"已知角"的和或差的形式；
(2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，再应用诱导公式把
“所求角”变成“已知角”.
(3) 常见的角变换：
，
，
，
，
等.
知识点
4
三角恒等变换几类问题的解题策略
1．给值求值问题的解题思路
给值求值问题一般是将待求式子化简整理，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相
应角的三角函数值，代入即可.
2．给角求值问题的解题思路
给角求值问题一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角之间
总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除特殊角三角函数而得
解.
3．给值求角问题的解题思路
给值求角问题一般先求角的某一三角函数值，再求角的范围，最后确定角.
4．三角恒等变换的综合应用的解题策略
三角恒等变换的综合应用的求解策略主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为
f(x)=Asin(ωx+φ)+b 的形式再研究其性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征，注意利用整体思想解
决相关问题.
【方法技巧与总结】
1．
.
2．降幂公式：
，
.
3．
，
，
.
【题型1 两角和与差的三角函数公式】
【例1】（2025·广东·模拟预测）已知cos(α + β)= 1
3 ,cosα cos β = 1
2，则cos(α −β)=（ ）
A．2
3
B．−2
3
C．1
3
D．−1
3
【答案】A
【解题思路】根据和差角的余弦公式即可求解.
【解答过程】∵cos(α + β)=cosα cos β −sinα sin β = 1
3 ,cosα cos β = 1
2 ,∴sinα sin β = 1
2 −1
3 = 1
6 ,
∴cos(α −β)=cosα cos β +sinα sin β = 1
2 + 1
6 = 2
3.
故选：A.
【变式1-1】（2025·河北石家庄·模拟预测）已知sin(α + β)=2cos(α −β)，tan α + tan β = 4
3 ，则
tan α ⋅tan β =（ ）
A．3
B．−3
C．1
3
D．−1
3
【答案】D
【解题思路】利用两角和差公式可得tan α + tan β =2+2tan α tan β，结合题意即可得结果.
【解答过程】因为tan α + tan β = 4
3 ，则cosα ≠0，cos β ≠0，
又因为sin(α + β)=2cos(α −β)，
则sin α cos β +cosα sin β =2cosα cos β +2sin α sin β①，
等式①的两边同时除以cosα cos β
可得tan α + tan β =2+2tan α tan β = 4
3 ，解得tan α tan β =−1
3.
故选：D.
【变式1-2】（2025·全国·模拟预测）已知sin(θ+π
6 )=
❑√3
3 （−2π
3 ≤θ≤π
3 ），则sin(θ+π
3 )=（ ）
A．3−❑√6
6
B．3+ ❑√6
6
C．
❑√6
3
D．
❑√3
3
【答案】B
【解题思路】通过θ+ π
3 =θ+ π
6 + π
6 及两角和的正弦公式即可求解.
【解答过程】由−2π
3 ≤θ≤π
3 可得−π
2 ≤θ+π
6 ≤π
2 ，
又sin(θ+π
6 )=
❑√3
3 ，则cos(θ+π
6 )=
❑√6
3 ，
故sin(θ+π
3 )=sin(θ+π
6 +π
6 )=sin(θ+π
6 )cosπ
6 +cos(θ+π
6 )sinπ
6
=
❑√3
3 ×
❑√3
2 +
❑√6
3 × 1
2 = 3+ ❑√6
6
.
故选：B.
【变式1-3】（2025·全国·模拟预测）已知sin (α + β)=2sin α sin β，tan α tan β =−2，则tan (α + β)=
（ ）
A．−4
3
B．4
3
C．−2
D．2
【答案】A
【解题思路】根据两角和的正弦公式和同角的商数关系可得tan α + tan β
tan α tan β =2，进而tan α + tan β =−4，结
合两角和的正切关系计算即可求解.
【解答过程】由sin(α + β)=2sin α sin β，得sin α cos β +sin β cosα =2sin α sin β，
等式两边同时除以sin α sin β，得
1
tan β +
1
tan α =2，
即tan α + tan β
tan α tan β =2，又tan α tan β =−2，所以tan α + tan β =−4，
所以tan(α + β)= tan α + tan β
1−tan α tan β =−4
3 .
故选：A.
【题型2 两角和与差的三角函数公式的逆用及变形】
【例2】（2025·云南·模拟预测）下列选项中，值为❑√3的是（ ）
A．4 sin15° cos15°
B．2(cos 46° cos16°−sin 46° sin16°)
C．1+ tan15°
1−tan15°
D．8cos10° cos20° cos 40°
【答案】C
【解题思路】应用二倍角公式、和角公式及特殊角的三角函数值，把各项表达式转化为特殊角的三角函数
值，判断结果.
【解答过程】A、利用二倍角公式sin2θ =2sinθcosθ，
可得：4 sin15
∘cos15
∘=2⋅2sin15
∘cos15
∘=2sin30
∘=2⋅1
2 =1，A 错误.
B、利用余弦和角公式cos( A + B)=cos A cos B−sin A sin B，
得：cos 46
∘cos16
∘−sin 46
∘sin16
∘=cos(46
∘+16
∘)=cos62
∘因此原式为：
2cos62
∘≈2⋅0.4965=0.939≠❑√3，B 错误.
C、利用正切和角公式tan ( A + B)= tan A + tan B
1−tan A tan B ，令A = 45
∘,B =15
∘，
则tan(45
∘+15
∘)= tan60
∘= ❑√3= 1+ tan15
∘
1−tan15
∘，C 正确.
D、利用递推积化和差公式，结合sin 8θ =8sinθcosθcos2θcos 4θ，得：
8cos10
∘cos20
∘cos 40
∘= sin 80
∘
sin10
∘= cos10
∘
sin10
∘≈5.671≠❑√3.
D 错误.
故选：C.
【变式2-1】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）sin160°cos10°+cos20°cos80° =（ ）
A．
❑√3
2
B．−
❑√3
2
C．1
2
D．−1
2
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用诱导公式及和角的正弦求解.
【解答过程】sin160°cos10°+cos20°cos80° =sin20°cos10°+cos20° sin10° =sin30° = 1
2.
故选：C.
【变式2-2】（2025·湖南·模拟预测）已知α ∈(0,π
2 ), β ∈(0,π
2 )，且tanα +tan β =
1
cos β ，则
（ ）
A．2 β −α =π
2
B．2 β +α =π
2
C．2α −β =π
2
D．2α + β =π
2
【答案】D
【解题思路】化切为弦，逆用两角和的正弦公式化简得sin(α + β)=cosα，根据诱导公式及正弦函数的性
质得α + β =π
2 −α或(α + β)+(
π
2 −α)=π，即可得解.
【解答过程】因为tanα +tan β =
1
cos β ，所以sinα
cosα = 1−sin β
cos β
，
即sinα cos β =cosα −sin β cosα，整理得sin(α + β)=cosα，
即sin(α + β)=sin(
π
2 −α)，所以α + β =π
2 −α或(α + β)+(
π
2 −α)=π，
即2α + β =π
2 或β =π
2 （舍去）.
故选：D.
【变式2-3】（2025·陕西安康·模拟预测）计算：tan20°+tan 40°+ ❑√3tan20°tan 40° =（ ）
A．
❑√3
3
B．1
C．2❑√3
3
D．❑√3
【答案】D
【解题思路】根据两角和的正切公式化简即可．
【解答过程】因为tan60° = tan (20°+ 40°)= tan20°+ tan 40°
1−tan20° tan 40° = ❑√3，
所以tan 20°+ tan 40° = ❑√3(1−tan 20° tan 40°)，
所以tan20°+tan 40°+ ❑√3tan20°tan 40° = ❑√3(1−tan20°tan 40°)+ ❑√3tan20°tan 40°
= ❑√3−❑√3tan20°⋅tan 40°+ ❑√3tan20°tan 40° = ❑√3，
故选：D．
【题型3 辅助角公式的运用】
【例3】（2025·吉林·模拟预测）函数f (x)=2sin
2(x−π
4)+ ❑√3cos2 x的最小正周期为（ ）
A．2π
B．4π
3
C．π
D．2
3 π
【答案】C
【解题思路】由余弦二倍角公式及辅助角公式化简，再由周期公式即可求解.
【解答过程】
f (x)=2sin
2(x−π
4 )+ ❑√3cos2 x =1−cos(2 x−π
2 )+ ❑√3cos2 x =1−sin2 x + ❑√3cos2 x
=2(
❑√3
2 cos2 x−1
2 sin2 x)+1=2sin(2 x + 2π
3 )+1，
∴ω=2，∴T =π，
故选：C．
【变式3-1】（2025·江苏宿迁·模拟预测）已知❑√3cosα −sin α =1，则cos(2α +π
3 )=（ ）
A．−
❑√3
2
B．−1
2
C．1
2
D．
❑√3
2
【答案】B
【解题思路】利用辅助角公式得cos(α +π
6 )= 1
2，又cos(2α +π
3 )=cos[2(α +π
6 ))，利用二倍角的余
弦公式即可求解.
【解答过程】由❑√3cosα −sin α =1得2cos(α +π
6 )=1⇒cos(α +π
6 )= 1
2，
又因为cos(2α +π
3 )=cos[2(α +π
6 ))=2cos
2(α +π
6 )−1=2×(
1
2)
2
−1=−1
2，
故选：B.
【变式3-2】（2025·广东湛江·二模）若函数f ( x)=3sin x +2cos x在[0,α ]上单调递增，则当α取得最大值
时，cosα =（ ）
A．−3 ❑√13
13
B．−2❑√13
13
C．3 ❑√13
13
D．2❑√13
13
【答案】D
【解题思路】根辅助角公式和正弦函数最值求解即可.
【解答过程】f ( x)=3sin x +2cos x = ❑√13sin( x +φ)，
其中sin φ = 2❑√13
13
>0,cosφ = 3 ❑√13
13
>0,且φ为锐角，
因为f ( x)在[0,α ]上单调递增，且φ+ x∈[φ ,α +φ)，
所以[φ ,φ+α )⊆[0,π
2 )，则α的最大值为π
2 −φ，
此时cosα =cos(
π
2 −φ)=sin φ = 2❑√13
13
．
故选：D.
【变式3-3】（2025·山东济宁·一模）若函数f ( x)=2sin x +cos x−❑√3, x∈(0,π)的两个零点分别为x1
和x2，则cos( x1−x2)=（ ）
A．−2
5
B．−1
5
C．1
5
D．2
5
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用辅助角公式化简f ( x)，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得
φ =π
2 −x1+ x2
2
，进而求出cos x1−x2
2
，最后利用二倍角的余弦求值.
【解答过程】函数f ( x)=2sin x +cos x−❑√3= ❑√5sin( x +φ)−❑√3，其中锐角φ由tan φ = 1
2确定，
由f ( x1)= f ( x2)=0，得sin( x1+φ)=sin( x2+φ)=
❑√3
❑√5，而x1, x2∈(φ ,π+φ)，
因此x1+φ+ x2+φ =π，即φ =π
2 −x1+ x2
2
，则sin( x1+π
2 −x1+ x2
2
)=
❑√3
❑√5
，
即sin(π
2 −x1−x2
2
)=
❑√3
❑√5
，于是cos x1−x2
2
=
❑√3
❑√5
，
所以cos( x1−x2)=2cos
2 x1−x2
2
−1= 1
5.
故选：C.
【题型4 二倍角公式及其应用】
【例4】（2025·甘肃白银·一模）已知cos(α −π
6 )= 1
3，则sin(2α +π
6 )=（ ）
A．2
3
B．−2
3
C．7
9
D．−7
9
【答案】D
【解题思路】根据诱导公式和二倍角余弦公式求解即可.
【解答过程】
sin(2α +π
6 )=cos[
π
2 −(2α +π
6 ))=cos(
π
3 −2α)=cos(2α −π
3 )=2cos
2(α −π
6 )−1.
=2×(
1
3)
2
−1=−7
9.
故选：D.
【变式4-1】（2025·湖南邵阳·模拟预测）已知sin(x−π
24)=
❑√2
3 ，则cos(2 x + 11π
12 )=（ ）
A．−5
9
B．−7
9
C．5
9
D．7
9
【答案】A
【解题思路】由cos(2 x + 11π
12 )=cos[2(x−π
24)+π)=−cos[2(x−π
24))，利用二倍角的余弦公式即
可求解.
【解答过程】由cos(2 x + 11π
12 )=cos[2(x−π
24)+π)=−cos[2(x−π
24))=−1+2sin
2(x−π
24)=−5
9
，
故选：A.
【变式4-2】（2025·山东泰安·模拟预测）若α ∈(
π
2 ,π)，且5(1+cos2α )−10sin 2α =3，则tan 2α =
（ ）
A．−7
B．1
3
C．7
24
D．7
25
【答案】C
【解题思路】利用二倍角公式对已知条件进行化解，结合齐次式可求tan α，然后根据正切的二倍角公式可
求tan2α.
【解答过程】∵ 5(1+cos2α )−10sin 2α =3
∴ 1
2 （1+cos2α ）−sin2α = 3
10 ， ∴ cos
2α −2sin α cosα = 3
10
∴ 1−2tan α
1+ tan
2α
= 3
10 ⇒3 tan
2α +20 tan α −7 =0
∴ tan α = 1
3
(舍),tan α =−7 ∴ tan 2α =
2tan α
1−tan
2α
= 2×（−7）
1−(−7)
2
= 7
24 .
故选：C.
【变式4-3】（2025·山西·三模）已知α ∈(−π
2 ,π
2 )，sin2α =cosα，则cos2α =（ ）
A．1
2
B．
❑√3
3
C．❑√3
D．1
【答案】A
【解题思路】由二倍角公式可得α =π
6 ，据此可得答案.
【解答过程】由sin2α =cosα ⇒sinα = 1
2，故α =π
6 ，cos2α =cosπ
3 = 1
2.
故选：A．
【题型5 三角函数式的化简】
【例5】（2025·江西·一模）化简tan35°+ tan100°+ tan35° tan 80° =（ ）
A．tan65°
B．−tan65°
C．1
D．−1
【答案】D
【解题思路】利用两角和的正切公式结合诱导公式化简原式，求出结果即可.
【解答过程】由两角和的正切公式得tan35°+ tan100° = tan(100°+35°)(1−tan35° tan100°)
= tan135° (1−tan35° tan100°)=−1×(1−tan35° tan100°)= tan35° tan100°−1
由诱导公式得tan 80° = tan(180°−100°)=−tan100°，
则原式可化为tan35° tan100°−1−tan35° tan100° =−1，故D 正确.
故选：D.
【变式5-1】（2025·河北·模拟预测）化简：cos 40
°
1+sin 40
° =（ ）
A．tan 25
°
B．sin 25
°
C．tan 65
°
D．sin 65
°
【答案】A
【解题思路】利用二倍角公式、同角三角函数关系弦化切，及两角差的正切公式和1= tan 45
°即可求解.
【解答过程】
cos 40
°
1+sin 40
° = cos
220
°−sin
220
°
(sin 20
°+cos20
°)
2 = cos20
°−sin 20
°
sin 20
°+cos20
° = 1−tan 20
°
1+ tan 20
° =
tan 45
°−tan 20
°
1+ tan 45
°⋅tan 20
° = tan 25
°
.
故选：A.
【变式5-2】（2025·安徽六安·模拟预测）sin50
∘+sin70
∘
sin80
∘
=（ ）
A．2❑√3
B．❑√3
C．2
D．1
【答案】B
【解题思路】利用两角和与差的正弦公式、诱导公式化简可得结果.
【解答过程】sin50
∘+sin70
∘
sin80
∘
= sin(60
∘−10
∘)+sin(60
∘+10
∘)
sin(90
∘−10
∘)
= sin 60
∘cos10
∘−cos60
∘sin10
∘+sin 60
∘cos10
∘+cos60
∘sin10
∘
cos10
∘
=2sin 60
∘= ❑√3.
故选：B.
【变式5-3】（2025·河北沧州·二模）化简cos20
∘−sin30
∘cos40
∘
sin 40
∘cos60
∘
=（ ）
A．1
B．❑√3
C．2
D．2❑√3
3
【答案】B
【解题思路】将式中的非特殊角通过两角和与差的三角函数转变为特殊角和40°角即可进行化简.
【解答过程】
cos20
∘−sin30
∘cos40
∘
sin 40
∘cos60
∘
=cos(60
∘−40
∘)−sin30
∘cos40
∘
sin 40
∘cos60
∘
=sin60
∘sin 40
∘
sin 40
∘cos60
∘=tan60
∘= ❑√3.
故选：B.
【题型6 给角求值型问题】
【例6】（24-25 高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）求值：1−❑√3 tan10
°
❑√1−cos20
° =（ ）
A．1
B．❑√2
C．❑√3
D．2❑√2
【答案】D
【解题思路】先化切为弦将tan10°转化为sin10°
cos10° ，然后根据二倍角的正弦和余弦公式、辅助角公式以及
诱导公式进行化简求值.
【解答过程】原式=
1−❑√3 sin10°
cos10°
❑√2sin
210°
= cos10°−❑√3sin10°
❑√2sin10° cos10°
= 2cos(10°+60°)
❑√2
2 sin20°
= 2❑√2cos70°
sin20°
= 2❑√2cos(90°−20°)
sin20°
= 2❑√2sin20°
sin20°
=2❑√2，
故选：D.
【变式6-1】（2025·广东汕头·二模）若λsin160
∘+ tan 20
∘= ❑√3，则实数λ的值为（ ）
A．4
B．4 ❑√3
C．2❑√3
D．4 ❑√3
3
【答案】A
【解题思路】利用辅助角公式以及二倍角的正弦公式、诱导公式化简可得λ的值.
【解答过程】由已知可得λ=
❑√3−tan20
∘
sin(180
∘−20
∘)
=
❑√3cos20
∘−sin20
∘
sin20
∘cos20
∘
= 2(sin60
∘cos20
∘−cos60
∘sin20
∘)
1
2 sin 40
∘
= 4 sin 40
∘
sin 40
∘= 4.
故选：A.
【变式6-2】（24-25 高一上·广东茂名·期末）sin110
∘cos250
∘
cos
225
∘−sin
2155
∘的值为（ ）
A．−1
2
B．1
2
C．
❑√3
2
D．−
❑√3
2
【答案】A
【解题思路】根据诱导公式以及倍角公式求解即可.
【解答过程】原式= −sin70
∘cos70
∘
cos
225
∘−sin
225
∘=−
1
2 sin140
∘
cos50
∘
=−
1
2 sin 40
∘
sin 40
∘
=−1
2
.
故选：A.
【变式6-3】（2025·重庆·模拟预测）式子2sin18
∘(3cos
29
∘−sin
29
∘−1)
cos6
∘+ ❑√3sin 6
∘
化简的结果为（ ）
A．1
2
B．1
C．2sin 9
∘
D．2
【答案】B
【解题思路】利用二倍角公式以及辅助角公式可化简所求代数式.
【解答过程】原式= 2sin18
∘(3cos
29
∘−sin
29
∘−cos
29
∘−sin
29
∘)
2sin(6
∘+30
∘)
= 2sin18
∘(2cos
29
∘−2sin
29
∘)
2sin36
∘
= 2sin18
∘cos18
∘
sin36
∘
= sin36
∘
sin36
∘=1.
故选：B.
【题型7 给值求值型问题】
【例7】（2025 高三·全国·专题练习）已知sin(α −π
6 )−cosα =
❑√3
3 ，则cos(2α +π
3 )的值为（ ）
A．−7
9
B．−1
3
C．1
3
D．7
9
【答案】A
【解题思路】先由两角差的正弦公式化简题设得sin(α −π
3 )= 1
3，再结合诱导公式和倍角公式即可求解.
【解答过程】由sin(α −π
6 )−cosα =
❑√3
2 sinα −3
2 cosα = ❑√3sin(α −π
3 )=
❑√3
3 得sin(α −π
3 )= 1
3
，
所以cos(2α +π
3 )=cos(π+(2α −2π
3 ))=−cos(2α −2π
3 )=2sin
2(α −π
3 )−1=−7
9．
故选：A．
【变式7-1】（2025·安徽淮北·模拟预测）已知0< β <π
2 ，且
sinα +cosα = 2❑√10
5
，2sin2α +cos2 β =2，则tanβ=（ ）
A．3
B．2
C．1
3
D．1
2
【答案】C
【解题思路】根据(sin α +cosα )
2=1+sin 2α求得sin 2α = 3
5，代入题意中的等式，利用二倍角的余弦公式
求出cos β，结合同角的商数关系计算即可求解.
【解答过程】因为sin α +cosα = 2❑√10
5
，所以(sin α +cosα )
2=(
2❑√10
5 )
2
，
得sin2α = 3
5，又2sin2α +cos2 β = 6
5 +2cos
2 β −1=2，
解得cos
2 β = 9
10，由0< β <π
2 ，解得cos β = 3 ❑√10
10
，
所以sin β =
❑√1−cos
2 β =
❑√10
10 ，
所以tan β = sin β
cos β = 1
3.
故选：C.
【变式7-2】（2024·宁夏吴忠·一模）已知cos(α + β)= 1
2 ,cosα cos β = 5
12，则cos
2α +cos
2 β =（ ）
A．3
2
B．4
3
C．7
6
D．9
8
【答案】C
【解题思路】先根据两角和的余弦公式求出sin α sin β，再将sin α sin β平方结合平方关系化简即可得解.
【解答过程】因为cos(α + β)=cosα cos β −sin α sin β = 1
2 ,cosα cos β = 5
12，
所以sin α sin β =−1
12，则sin
2α sin
2 β = 1
144 ，
即(1−cos
2α)(1−cos
2 β)= 1
144 ，
即1−(cos
2α +cos
2 β)+cos
2α cos
2 β = 1
144 ，
即1−(cos
2α +cos
2 β)+ 25
144 = 1
144 ，
所以cos
2α +cos
2 β = 7
6 .
故选：C.
【变式7-3】（2025·河南·模拟预测）已知sin(α + β)= 1
3 ,cos(α −β)= 2
3，则
sinα
cos β +cos β
sinα +cosα
sin β +sin β
cosα =（ ）
A．−4
3
B．4
3
C．2
3
D．−2
3
【答案】A
【解题思路】根据两角和差的正弦、余弦公式进行恒等变换即可求解.
【解答过程】sin(α + β)=sinα cos β +cosα sin β = 1
3，cos(α −β)=cosα cos β +sinα sin β = 2
3，
∴cos
2(α + β)=1−sin
2(α + β)= 8
9，sin
2(α −β)=1−cos
2(α −β)= 5
9，
sin2α =sin[(α + β)+(α −β))=sin(α + β)cos(α −β)+cos(α + β)sin (α −β)
= 2
9 +cos(α + β)sin (α −β)，
sin2 β =sin[(α + β)−(α −β))=sin(α + β)cos(α −β)−cos(α + β)sin (α −β)
= 2
9 −cos(α + β)sin (α −β)，
∴sin2α +sin2 β = 4
9 ,sin2α sin2 β = 4
81 −cos
2(α + β)sin
2(α −β)= 4
81 −8
9 × 5
9 =−4
9 ，
∴sinα
cos β +cos β
sinα +cosα
sin β +sin β
cosα =sinα sin β +cosα cos β
sin β cos β
+cosα cos β +sinα sin β
sinα cosα
=
2
3
sin β cos β +
2
3
sinα cosα = 4
3(
1
sin 2 β +
1
sin 2α)= 4
3 × sin 2α +sin 2 β
sin 2α sin 2 β =−4
3
.
故选：A.
【题型8 给值求角型问题】
【例8】（2025·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知α , β ∈(0,π
4 )，cos
2α −sin
2α = 1
7，且
3sin β =sin(2α + β)，则α + β的值为（ ）
A．π
12
B．π
6
C．π
4
D．π
3
【答案】D
【解题思路】利用同角三角函数关系可得tan α =
❑√3
2 ，利用两角和与差的正弦公式化简
3sin[(α + β)−α ]=sin[(α + β)+α ]，可得tan(α + β)=2tan α = ❑√3，根据角的范围，即可得到答案.
【解答过程】因为cos
2α −sin
2α = 1
7 ,cos
2α +sin
2α =1，所以cos
2α = 4
7 ,sin
2α = 3
7 ，
因为α ∈(0,π
4 )，所以cosα = 2
❑√7 ，sin α =
❑√3
❑√7 ，所以tan α =
❑√3
2 ．
由3sin β =sin(2α + β)，得3sin[(α + β)−α ]=sin[(α + β)+α ]，
即3sin(α + β)cosα − 3cos(α + β)sin α =sin(α + β)cosα +cos(α + β)sin α，
所以sin(α + β)cosα =2cos(α + β)sin α，所以tan(α + β)=2tan α = ❑√3．
又0<α + β <π
2 ，所以α + β =π
3
．
故选：D.
【变式8-1】（2025·江苏无锡·三模）已知tan β =cosα
1−sinα ，tan(α + β)= 1+sinα
cosα
，若β ∈(0,π
2 )，
则β =（ ）
A．π
12
B．π
6
C．π
4
D．π
3
【答案】C
【解题思路】利用已知条件和两角和的正切公式，先求出角α，再利用已知条件即可求解.
【解答过程】因为tanα =tan(α + β −β)=
tan(α + β)−tan β
1+ tan(α + β)⋅tan β ，
又因为tan β =cosα
1−sinα ，tan(α + β)= 1+sinα
cosα
，
所以tanα =
1+sinα
cosα
−cosα
1−sinα
1+ 1+sinα
cosα
⋅cosα
1−sinα
=
(1+sin α )⋅(1−sin α )−cosα ⋅cosα
cosα(1−sin α )
cosα ⋅(1−sin α )+cosα ⋅(1+sin α )
cosα(1−sin α )
，
所以tanα = (1+sin α )⋅(1−sin α )−cosα ⋅cosα
cosα ⋅(1−sin α )+cosα ⋅(1+sin α ) = 1−sin
2α −cos
2α
2cosα
因为sin
2α +cos
2α =1，所以tanα =0，
所以α =k π,k ∈Z，
所以当k为奇数时，cosα =−1，sin α =0，
当k为偶数时，cosα =1，sin α =0，
因为tan β =cosα
1−sinα ，所以tan β =±1，
因为β ∈(0,π
2 )，所以β =π
4 .
故选：C.
【变式8-2】（24-25 高一下·辽宁辽阳·期中）已知α，β ∈(0,π)，且cosα =
❑√5
5 ，sin(α + β)=
❑√2
10 ，则
α −β =（ ）
A．−π
4
B．3π
4
C．−π
4 或π
4
D．3π
4 或−3π
4
【答案】A
【解题思路】利用余弦函数与正弦函数的性质缩小α与α + β的取值范围，结合三角函数的基本关系式与倍
角公式求得2α ,α + β的正余弦值，从而利用正弦函数的和差公式即可得解.
【解答过程】因为cosα =
❑√5
5 <
❑√2
2 ,所以α ∈(π
4 ,π
2 ),则sin α = 2❑√5
5
,
所以sin 2α =2sin α cosα =2× 2❑√5
5
×
❑√5
5 = 4
5 ,
cos2α =1−2sin
2α =1−2×(
2❑√5
5 )
2
=−3
5 <0,则2α ∈(
π
2 ,π)，
因为β ∈(0,π)，所以α + β ∈(
π
4 , 3π
2 )，
又0<sin(α + β)=
❑√2
10 <
❑√2
2 ,则α + β ∈(
3π
4 ,π)，
所以cos(α + β)=−
❑√1−sin
2(α + β)=−7 ❑√2
10 ,
故sin(α −β)=sin(2α −(α + β))=sin 2α cos(α + β)−cos2α sin(α + β)
= 4
5 ×(−7 ❑√2
10 )−(−3
5)×
❑√2
10 =−
❑√2
2 ,
因为α ∈(π
4 ,π
2 ), β ∈(0,π),所以α −β ∈(−3π
4 ,π
2 ),
则α −β =−π
4 .
故选：A.
【变式8-3】（24-25 高三·全国·期末）已知0<α < β < π
2 ,cos2α +cos2 β +1=2cos(α −β)+cos(α + β)，
则（ ）
A．α + β = π
6
B．α + β = π
3
C．β −α = π
6
D．β −α = π
3
【答案】D
【解题思路】直接利用三角函数恒等变换进行凑角化简，再根据α，β的范围即可求出结果.
【解答过程】由已知可将2α =(α + β)+(α −β)，2 β =(α + β)−(α −β)，
则cos[(α + β)+(α −β)]+cos[(α + β)−(α −β)]+1=2cos(α −β)+cos(α + β)，
2cos(α + β)cos(α −β)−2cos(α −β)−cos(α + β)+1=0，
[cos(α + β)−1][2cos(α −β)−1]=0，即cos(α + β)=1或cos(α −β)= 1
2．
又0<α < β < π
2 ，所以0<α + β <π ,−π
2 <α −β <0，
所以cos(α + β)≠1，所以选项A，B 错误，
即cos(α −β)= 1
2，则α −β =−π
3 ，所以β −α = π
3 ．则C 错，D 对，
故选：D.
【题型9 半角公式、万能公式及应用】
【例9】（2025·甘肃兰州·模拟预测）若 α ∈(−π
2 , π
2)，且 sin α =−2❑√2
3
，则 cos α
2 等于（ ）
A．1
3
B．
❑√3
3
C．2
3
D．
❑√6
3
【答案】D
【解题思路】由平方关系、半角公式即可求解.
【解答过程】因为 α ∈(−π
2 , π
2)，且 sin α =−2❑√2
3
，
所以 cosα =
❑√1−sin
2α = 1
3，
又 α
2 ∈(−π
4 , π
4)，
所以 cos α
2 = ❑√
1+cosα
2
=
❑
√
1+ 1
3
2
=
❑√6
3
．
故选：D.
【变式9-1】（2025·河北·模拟预测）若α ∈(0, π
2), cos2α
1+ tan
2α
= 3
8，则cos(α + π
6)=（ ）
A．
❑√3
2
B．
❑√2
2
C．1
2
D．1
【答案】C
【解题思路】将cos2α用1−tan
2α
1+ tan
2α
替换后，解方程解出α即可.
【解答过程】因为α ∈(0, π
2), cos2α
1+ tan
2α
= 3
8，
可得3(1+ tan
2α)=8× sin
2α −cos
2α
sin
2α +cos
2α
=8× 1−tan
2α
1+ tan
2α
，
可得3(1+ tan
2α)
2=8−8 tan
2α，
解得tan
2α = 1
3，因为α ∈(0, π
2)，所以tan α =
❑√3
3 ，
所以α = π
6 ，
所以cos(α + π
6)=cos π
3 = 1
2.
故选：C.
【变式9-2】（2024·辽宁丹东·一模）已知α ∈(0,π
2 )，❑√
(1+sin α )(1+cosα )
(1−sin α )(1−cosα ) = 4 ❑√2+1，则sin2α =
（ ）
A．4 ❑√2+1
8
B．4 ❑√2+1
16
C．4 ❑√2−1
8
D．4 ❑√2−1
16
【答案】A
【解题思路】首先结合二倍角公式、半角公式以及角的范围将已知等式变形为
1
2 sin α + cosα +1
2
cosα −1
2
+ 1
2 sin α
= 4 ❑√2+1，解得sin α +cosα =1+
❑√2
4 ，两边平方即可求解.
【解答过程】因为α ∈(0,π
2 )，所以α
2 ∈(0,π
4 )，所以cos α
2 >sin α
2 ，
所以❑√
(1+sin α )(1+cosα )
(1−sin α )(1−cosα ) =
❑
√
(sin α
2 +cos α
2)
2
⋅2cos
2 α
2
(sin α
2 −cos α
2)
2
⋅2sin
2 α
2
= (sin α
2 +cos α
2)cos α
2
(−sin α
2 +cos α
2)sin α
2
=
1
2 sin α + cosα +1
2
cosα −1
2
+ 1
2 sin α
= 4 ❑√2+1，
所以1
2
(sin α +cosα )+ 1
2 = 1
2
(sin α +cosα )⋅(4 ❑√2+1)−1
2 ⋅(4 ❑√2+1)，
即2❑√2(sin α +cosα )=2❑√2+1，
所以sin α +cosα =1+
❑√2
4 ，
即(sin α +cosα )
2=1+2sin α cosα =1+sin2α =(1+
❑√2
4 )
2
，
所以sin 2α = 4 ❑√2+1
8
.
故选：A.
【变式9-3】（24-25 高二上·湖南长沙·期末）函数f ( x)= ❑√3sin x(1+cos x)的最大值为（ ）
A．3
2
❑√3
B．5
4
❑√3
C．5
8
D．9
4
【答案】D
【解题思路】利用导数可求最大值，也可以利用万能公式统一三角函数名，再利用换元法结合四元基本不
等式求解即可.
【解答过程】法一：不妨设x∈[0,2π)，则f
′( x)= ❑√3cos x +2❑√3cos
2 x −❑√3，
整理得到: f
′( x)= ❑√3(2cos x −1)(cos x +1),
当x∈(0,π
3 )∪(
5π
3 ,2π)时，f
′( x)>0；当x∈(
π
3 ,5π
3 )时，f
′( x)<0，
故f (x)在(0,π
3 ),(
5π
3 ,2π)上为增函数，在(
π
3 ,5π
3 )为减函数，
而f (2π)=0，f(
π
3 )= 9
4 ，故f (x)的最大值为9
4 .
法二：由万能公式得sin x =
2tan x
2
tan
2 x
2 +1
，cos x =
1−tan
2 x
2
tan
2 x
2 +1
，
代入原式并化简得f ( x)= ❑√3×
2tan x
2
tan
2 x
2 +1
(1+
1−tan
2 x
2
tan
2 x
2 +1
)=
4 ❑√3 tan x
2
(tan
2 x
2 +1)
2，
令tan x
2 =t，因为题设中欲求最大值，故可设t >0,
故原式转化为
f (t )= 4 ❑√3t
(t
2+1)
2 = 4 ❑√3×
1
(t
3
2 +t
−1
2 )
2
=
4 ❑√3
[(❑√t )
3+
1
3 ❑√t +
1
3 ❑√t +
1
3 ❑√t)
≤
4 ❑√3
(4
4√
(❑√t )
3⋅(
1
3 ❑√t )
3
)
= 9
4 ，
当且仅当t =
❑√3
3 时取等，显然最大值为9
4 .
故选：D.
【题型10 三角恒等变换的综合应用】
【例10】（2025·江苏·一模）已知函数f ( x)= ❑√3cos
2 x−sin 2 x−❑√3sin
2 x.
(1)求函数f ( x)的单调递增区间；
(2)若f ( x0)= 8
5 ，x0∈[0,π
2 ]，求cos2 x0的值.
【答案】(1)[−7π
12 +k π,−π
12 +k π](k ∈Z)．
(2)4 ❑√3+3
10
【解题思路】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数f ( x)，再利用正弦函数单调性求出递增区间.
（2）由（1）结合已知求出cos(2 x0+π
6 )，再利用差角的余弦公式求解即得.
【解答过程】（1）f ( x)= ❑√3(cos
2 x−sin
2 x)−sin2 x = ❑√3cos2 x−sin2 x =2cos(2 x +π
6 )，
令2 x +π
6 ∈[−π+2k π,2k π],k ∈Z，解得x∈[−7π
12 +k π,−π
12 +k π],k ∈Z，
所以f ( x)的单调递增区间为[−7π
12 +k π,−π
12 +k π](k ∈Z).
（2）由x0∈[0,π
2 ]，得2 x0+π
6 ∈[π
6 , 7π
6 ]，f ( x0)=2cos(2 x0+π
6 )= 8
5，
即cos(2 x0+π
6 )= 4
5 >0，则2 x0+π
6 ∈[π
6 ,π
2 )，sin(2 x0+π
6 )= 3
5，
所以cos2 x0=cos[(2 x0+π
6 )−π
6 ]=cos(2 x0+π
6 )⋅cosπ
6 +sin(2 x0+π
6 )⋅sinπ
6
= 4
5 ×
❑√3
2 + 3
5 × 1
2 = 4 ❑√3+3
10
.
【变式10-1】（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数
f (x)=2sin(π−x)cos x−2❑√3cos
2(
3π
2 −x)+ ❑√3．
(1)求f (x)的最小正周期及单调递减区间；
(2)将f (x)图象上所有点的横坐标变为原来的2 倍，再将f (x)的图象向右平移π
12个单位后，再将纵坐标变为
原来的1
2，最终得到y = g(x)的图象，若∃x∈[−π
2 ,π
2 )，满足不等式❑√2 g(x)−sin2 x ≤2m
2−3m，
求m的取值范围．
【答案】(1)π，[k π+π
12 ,k π+ 7π
12 ),k ∈Z
(2)(−∞, 1
2)∪[1,+∞)
【解题思路】（1）由三角恒等变换公式化简，再由正弦型函数的单调区间，代入计算，即可得到结果；
（2）先由三角函数的图像变换得到g(x)的解析式，再将问题转化为最值问题，结合换元法以及二次函数
的值域，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）f (x)=2sin(π−x)cos x−2❑√3cos
2(
3π
2 −x)+ ❑√3
=2sin xcos x + ❑√3(1−2sin
2 x)=sin2 x + ❑√3cos2 x，
所以f (x)=2sin(2 x +π
3 )，
所以f (x)的周期为2π
2 =π，
由2k π+π
2 ≤2 x +π
3 ≤2k π+ 3π
2 ,k ∈Z得k π+π
12 ≤x ≤k π+ 7π
12 ,k ∈Z，
所以f (x)的单调递减区间为[k π+π
12 ,k π+ 7π
12 ),k ∈Z.
（2）将f (x)图象上所有点的横坐标变为原来的2 倍，即可得到y =2sin(x +π
3 )，
再将f (x)的图象向右平移π
12个单位，得到y =2sin(x +π
3 −π
12)=2sin(x +π
4 )，
再将纵坐标变为原来的1
2，即可得到g(x)=sin(x +π
4 )，
因为∃x∈[−π
2 ,π
2 )，
❑√2sin(x +π
4 )−sin2 x ≤2m
2−3m，
所以当x∈[−π
2 ,π
2 )，时，[
❑√2sin(x +π
4 )−sin2 x)min
≤2m
2−3m
y = ❑√2sin(x +π
4 )−sin 2 x =sin x +cos x−2sin x cos x
=sin x +cos x +1−(sin x +cos x)
2，
令t =sin x +cos x，x∈[−π
2 ,π
2 )，则t = ❑√2sin(x +π
4 )∈[−1,❑√2)
y =t +1−t
2=−(t −1
2)
2
+ 5
4 ，所以当t =−1时，y =−t
2+t +1取得最小值，最小值为−1
所以−1≤2m
2−3m，解得m≥1或m≤1
2，
故m的取值范围为(−∞, 1
2)∪[1,+∞)．
【变式10-2】（2025·上海·模拟预测）已知ω>0，f (x)=sin ωx +2❑√3cos
2 ωx
2 .
(1)若函数y = f (x)的最小正周期为π，求ω的值；
(2)当ω=1时，设a∈[0,2π).若函数y = f (x)和y = f (x +a)在[0,π)上有相同的最大值，求a的取值范围.
【答案】(1)ω=2
(2)[0,π
6 )∪[
7π
6 ,2π)
【解题思路】（1）利用三角恒等变换化简函数f (x)的解析式，结合正弦型函数的周期公式可求得正数ω的
值；
（2）当ω=1时，求出函数f (x)在区间[0,π)上的最大值，可知，当x +a+π
3 =π
2 +2k π(k ∈Z)时，函
数y = f (x +a)在[0,π)内取得最大值，可得出x =π
6 +2k π−a∈[0,π)，然后对整数k的取值进行分类
讨论，可得出关于实数a的不等式组，求解后结合a∈[0,2π)，即得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）f (x)=sin ωx +2❑√3cos
2 ωx
2 =sin ωx +2❑√3⋅1+cosωx
2
=sin ωx + ❑√3cosωx + ❑√3=2sin(ωx +π
3 )+ ❑√3，
因为ω>0且函数f (x)的最小正周期为π，故ω= 2π
π
=2.
（2）当ω=1时，f (x)=2sin(x +π
3 )+ ❑√3.
若x∈[0,π)时，π
3 ≤x +π
3 ≤4π
3
，
当x +π
3 =π
2 时，函数y = f (x)取得最大值，即f (x)max =2sinπ
2 + ❑√3=2+ ❑√3.
而函数y = f (x +a)与y = f (x)存在相同的最大值，
故当x +a+π
3 =π
2 +2k π(k ∈Z)时，函数y = f (x +a)在[0,π)内取得最大值2+ ❑√3，
因此可得x =π
6 +2k π−a∈[0,π)，
①当k =0时，可得π
6 −a∈[0,π)，则有{
π
6 −a≥0
π
6 −a≤π
0≤a≤2π)
，解得a∈[0,π
6 )；
②当k =1时，可得13π
6
−a∈[0,π)，则有{
13π
6
−a≥0
13π
6
−a≤π
0≤a≤2π )
，解得a∈[
7π
6 ,2π).
当k ≥2时，x =π
6 +2k π−a≥π
6 + 4π−2π≥13π
6
，此时，x =π
6 +2k π−a∉[0,π)，
当k ≤−1时，x =π
6 +2k π−a≤π
6 −2π=−11π
6
，此时，x =π
6 +2k π−a∉[0,π).
综上所述，a的取值范围为[0,π
6 )∪[
7π
6 ,2π).
【变式10-3】（2025·北京东城·二模）已知函数f (x)= 4sin(ωx +π
3 )cosωx +b(ω>0).
(1)若f (x)的最小值为❑√3，求b的值；
(2)若f (0)= ❑√3，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数f (x)存在且唯
一，求f (x)在区间[0,π
2 )上的取值范围.
条件①：f (x)的图象关于x =−5π
12 和x =π
12对称；
条件②：f (x)在区间[
π
12 , 7π
12 )上单调，且f (x)的图象关于点(
π
3 ,0)对称；
条件③：f (x)的最小正周期T ≥π，且f(−π
3 )=−❑√3.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解
答计分.
【答案】(1)b=2
(2)[−❑√3,2)
【解题思路】（1）根据三角恒等变换将解析式变形为f (x)=2sin(2ωx +π
3 )+ ❑√3+b，根据三角函数的
性质可得最小值，即可求解；
（2）由f (0)= ❑√3，即可求解b，可得f (x)=2sin(2ωx +π
3 )；若选择条件①：由已知可得ω=k，k ∈N
∗
，求解函数f (x)的对称轴，将x =−5π
12 和x =π
12代入可知函数f (x)存在且不唯一；若选择条件②：根据单
调区间可得0<ω≤1，将点(
π
3 ,0)代入f (x)，可得ω= 3k −1
2
(k ∈Z)，根据ω的范围即可求解ω=1，根
据x的范围结合三角函数的图象与性质即可求解；若选择条件③：由T ≥π可知0<ω≤1，再根据
f(−π
3 )=−❑√3可知ω=1−3k1(k1∈Z)或ω= 3
2 −3k2(k2∈Z)，结合ω的范围即可求解ω=1，根据x的
范围结合三角函数的图象与性质即可求解.
【解答过程】（1）f (x)= 4sin(ωx +π
3 )cosωx +b= 4(
1
2 sin ωx +
❑√3
2 cosωx)cosωx +b
=2sin ωx cosωx +2❑√3cos
2ωx +b=sin2ωx + ❑√3cos2ωx + ❑√3+b
=2sin(2ωx +π
3 )+ ❑√3+b，
因为f (x)的最小值为❑√3，所以−2+ ❑√3+b= ❑√3，所以b=2；
（2）因为f (0)= ❑√3，所以2sinπ
3 + ❑√3+b= ❑√3，解得b=−❑√3，
所以f (x)=2sin(2ωx +π
3 )，
若选择条件①：函数f (x)=2sin(2ωx +π
3 )的图象的对称轴为2ωx +π
3 =π
2 +nπ(n∈Z)，
所以2ω×(−5π
12 )+π
3 =π
2 +n1π(n1∈Z)，所以ω=−1+6n1
5
，n1∈Z，
因为2ω×π
12 +π
3 =π
2 +n2π(n2∈Z)，所以ω=1+6n2，n2∈Z，
所以−1+6n1
5
=1+6n2，即n1=−1−5n2，
因为ω>0，故ω=1+6n2，且n2∈N，对应的n1=−1−5n2满足题意，
所以函数f (x)存在且不唯一；
若选择条件②：因为f (x)在区间[
π
12 , 7π
12 )上单调，所以7π
12 −π
12 ≤1
2 T = 1
2 ⋅2π
2ω ，
所以ω≤1，又ω>0，所以0<ω≤1，
因为f (x)的图象关于点(
π
3 ,0)对称，所以f(
π
3 )=2sin(2ω×π
3 +π
3 )=0，
所以2π
3 ω+π
3 =k π(k ∈Z)，所以ω= 3k −1
2
(k ∈Z)，
所以0< 3k −1
2
≤1，解得1
3 <k ≤1，因为k ∈Z，所以k =1，即ω=1，
所以f (x)=2sin(2 x +π
3 )，此时当x∈[
π
12 , 7π
12 )时，2 x +π
3 ∈[
π
2 , 3π
2 )，
故f (x)在[
π
12 , 7π
12 )上单调减，故ω=1符合题设要求.
因为0≤x ≤π
2 ，所以π
3 ≤2 x +π
3 ≤4π
3
，
所以−
❑√3
2 ≤sin(2 x +π
3 )≤1，所以f (x)∈[−❑√3,2)；
若选择条件③：因为f (x)的最小正周期T ≥π，所以2π
2ω ≥π，
所以ω≤1，又ω>0，所以0<ω≤1，
因为f(−π
3 )=−❑√3，所以f(−π
3 )=2sin[2ω×(−π
3 )+π
3 )=−❑√3，
所以−2π
3 ω+π
3 =−π
3 +2k1π(k1∈Z)或−2π
3 ω+π
3 =−2π
3 +2k2π(k2∈Z)，
所以ω=1−3k1(k1∈Z)或ω= 3
2 −3k2(k2∈Z)，
当0<1−3k1≤1时，0≤k1< 1
3，因为k1∈Z，所以k1=0，此时ω=1，
当0< 3
2 −3k2≤1时，1
6 ≤k2< 1
2，因为k2∈Z，所以不存在满足不等式的k2，此时ω无解，所以ω=1，
所以f (x)=2sin(2 x +π
3 )，因为0≤x ≤π
2 ，所以π
3 ≤2 x +π
3 ≤4π
3
，
所以−
❑√3
2 ≤sin(2 x +π
3 )≤1，所以f (x)∈[−❑√3,2).
一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）已知0<α <π，cos α
2 =
❑√5
5 ，则sin(α −π
4)=（ ）
A．
❑√2
10
B．
❑√2
5
C．3 ❑√2
10
D．7 ❑√2
10
【答案】D
【解题思路】利用二倍角余弦公式得cosα =−3
5，则sin α = 4
5 ，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答
案.
【解答过程】cosα =2cos
2 α
2 −1=2×(
❑√5
5 )
2
−1=−3
5，
因为0<α <π，则π
2 <α <π，则sin α =
❑√1−cos
2α = ❑√1−(−3
5)
2
= 4
5
，
则sin(α −π
4)=sin α cos π
4 −cosα sin π
4 = 4
5 ×
❑√2
2 −(−3
5)×
❑√2
2 = 7 ❑√2
10 .
故选：D.
2．（2025·海南海口·模拟预测）若tanθ =2tan α，sin(θ+α )= 3
4 ，则cos(2θ−2α )=（ ）
A．−3
8
B．3
8
C．5
8
D．7
8
【答案】D
【解题思路】由tanθ =2tan α正切化弦得到①，利用和角公式展开sin(θ+α )= 3
4 ，得到②，联立解得
sin α cosθ = 1
4 ，sinθcosα = 1
2，再利用差角公式和二倍角公式即可求得.
【解答过程】由tanθ =2tan α可得sinθ
cosθ = 2sin α
cosα ，即sinθcosα =2sin α cosθ，①．
由sin(θ+α )= 3
4 ，可得sinθcosα +sin α cosθ = 3
4 ，②
联立①，②，解得sin α cosθ = 1
4 ，sinθcosα = 1
2，
则sin(θ−α )=sinθcosα −sin α cosθ = 1
4 ，
故cos(2θ−2α )=1−2sin
2(θ−α )= 7
8.
故选：D．
3．（2025·湖南永州·模拟预测）
❑√3tan10
∘−1
sin10
∘
的值为（ ）
A．2
B．4
C．−2
D．−4
【答案】D
【解题思路】先将❑√3tan10
∘−1进行变形，再利用三角函数中辅助角公式、二倍角的正弦公式化简计算
即可．
【解答过程】
❑√3tan10
∘−1
sin10
∘
=
❑√3sin10
∘
cos10
∘
−1
sin10
∘
=
❑√3sin10
∘−cos10
∘
sin10
∘cos10
∘
= 2sin(10
∘−30
∘)
1
2 sin 20
∘
=−2sin 20
∘
1
2 sin 20
∘=−4
.
故选：D.
4．（2025·广东惠州·模拟预测）我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成
的一个大正方形（如图）.如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为13，直角三角形中较小的锐角为θ
，那么tan 2θ =（ ）
A．2
3
B．4
3
C．−12
5
D．12
5
【答案】D
【解题思路】设图中直角三角形较短的直角边长为x，可得出直角三角形较长的直角边长为x +1，由勾股
定理可得x，求出tanθ，再由正切的二倍角公式可得答案.
【解答过程】由题意可知，大正方形的边长为❑√13，小正方形的边长为1，
设图中直角三角形较短的直角边长为x，可得出直角三角形较长的直角边长为x +1，
由勾股定理可得x
2+(x +1)
2=13，
解得x =2，x +1=3，所以tanθ = 2
3，
因此tan 2θ =
2× 2
3
1−(
2
3)
2 = 12
5 .
故选：D.
5．（2025·安徽蚌埠·三模）已知cos(θ+π
12)= 4
5 ,θ∈(0,π
2 )，则sin(
25π
6
−θ)=（ ）
A．−7 ❑√2
10
B．7 ❑√2
10
C．−
❑√2
10
D．
❑√2
10
【答案】D
【解题思路】利用三角函数的诱导公式对sin(
25 π
6
−θ)进行化简，结合已知条件求解.
【解答过程】因为 θ∈(0,π
2 )，所以θ+ π
12 ∈(
π
12 , 7 π
12)，
因为 cos(θ+π
12)= 4
5 ，所以sin(θ+ π
12)= ❑√
1−cos
2(θ+ π
12)= ❑√1−(
4
5)
2
= 3
5
，
所以sin(
25π
6
−θ)=sin(4π+π
6 −θ)=sin(
π
6 −θ)
=cos[
π
2 −(
π
6 −θ)]=cos(θ+ π
3)=cos[(θ+ π
12)+ π
4]
=cos(θ+ π
12)cos π
4 −sin(θ+ π
12)sin π
4
=4
5 ×
❑√2
2 −3
5 ×
❑√2
2 =
❑√2
10 .
故选：D.
6．（2025·北京海淀·三模）在△ABC中，“cos A cos B<sin A sin B”是“△ABC为锐角三角形”的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解题思路】利用和角的余弦公式，充分条件、必要条件的定义判断即得.
【解答过程】在△ABC中，cos A cos B<sin A sin B⇔cos A cos B−sin A sin B<0⇔cos( A + B)<0，
因此A + B是钝角，C是锐角，没有条件判断A ,B都是锐角，则不能确定△ABC为锐角三角形；
反之，△ABC为锐角三角形，则C是锐角，A + B是钝角，cos A cos B<sin A sin B成立，
所以“cos A cos B<sin A sin B”是“△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B.
7．（2025·北京·三模）已知函数f (x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ，其中φ∈(−π,0).如图A，B 是直线
y = 1
2与曲线y = f (x)的两个交点，若|AB)=π
6 ，则f (π)的值为（ ）
A．−
❑√3
2
B．
❑√3
2
C．−1
2
D．1
2
【答案】A
【解题思路】利用和角公式化简函数f (x)，结合设A( x1, 1
2 ),B( x2, 1
2 )，|AB)=π
6 确定x2−x1=π
6 ，再
由sin x = 1
2确定ω的值，利用f ( 2π
3 )=0确定φ的值，求出函数解析式，代值计算即可.
【解答过程】由f (x)=sin ωx cosφ+cosωx sin φ =sin(ωx +φ)，设A( x1, 1
2 ),B( x2, 1
2 )，
由|AB)=π
6 可得x2−x1=π
6 ，由sin x = 1
2可得x =π
6 +2k π或x =5π
6 +2k π，k ∈Z，
由题意，可知(ω x2+φ)−(ω x1+φ)=ω( x2−x1)=(5π
6 +2k π−(π
6 +2k π)= 2π
3 ，故得ω= 4，
又f ( 2π
3 )=sin( 8π
3 +φ)=0，所以8π
3 +φ=k π，k ∈Z，即φ=−8π
3 +k π，k ∈Z，
故f (x)=sin(4 x−8π
3 +k π)=sin(4 x−2π
3 +k π)，即f (x)=sin(4 x−2π
3 )或
f (x)=−sin(4 x−2π
3 )，
又因为f (0)<0，故f (x)=sin(4 x−2π
3 )，故f (π)=sin(4π−2π
3 )=−
❑√3
2 .
故选：A.
8．（2025·山东·模拟预测）已知A ,B ,C为△ABC的内角，若1−cos2 A
sin2 A
= 1−sin B
cosB
，则（ ）
A．sin2 A =cosB
B．sin2B =cos A
C．sin( A + B)=cosB
D．tan A ⋅tan2B =1
【答案】A
【解题思路】由二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式即可得sin ( A + B)=cos A，进而得2 A + B =π
2 ，
逐项验证即可求解.
【解答过程】由题意有1−cos2 A
sin2 A
=
2sin
2 A
2sin A cos A = sin A
cos A ，所以
sin A
cos A = 1−sin B
cos B
⇒sin A cos B =cos A (1−sin B)，
即sin A cos B+cos A sin B =sin ( A + B)=cos A，故C 错误，又A ,B为△ABC的内角，所以2 A + B =π
2
，
所以sin 2 A =sin(
π
2 −B)=cos B，故A 正确，B 错误，
由tan A ⋅tan2B = sin A
cos A
sin2B
cos2B =1⇒cos A cos2B−sin A sin2B =0，
即cos( A +2B)=0⇒A +2B =π
2 ，又2 A + B =π
2 ，必有A = B =π
6 ，由已知不能推出此条件，故D 错误.
故选：A.
二、多选题
9．（2025·山东聊城·三模）已知sin(α −β)=−1
6，sinα cos β = 1
3，则（ ）
A．cosα sin β =−1
2
B．sin(α + β)= 5
6
C．3tanα =2tan β
D．sin2α sin2 β = 1
12
【答案】BC
【解题思路】根据两角和差公式计算求解判断A，B，结合同角三角函数关系判断C，应用二倍角正弦公
式计算判断D.
【解答过程】A 选项，已知sin(α −β)=sinα cos β −cosα sin β =−1
6 ，sinα cos β = 1
3，
则cosα sin β = 1
3 + 1
6 = 1
2，A 错误；
B 选项，sin(α + β)=sinα cos β +cosα sin β = 1
3 + 1
2 = 5
6，B 正确；
C 选项，tanα
tan β =sinα cos β
cosα sin β =
1
3
1
2
= 2
3，所以3tanα =2tan β，C 正确；
D 选项，sin2α sin2 β =2sinα cosα ×2cos β sin β = 4sinα cos β ⋅cosα sin β
= 4× 1
3 × 1
2 = 2
3，D 错误；
故选：BC.
10．（2025·全国一卷·高考真题）已知△ABC的面积为1
4 ，若
cos2 A +cos2B+2sinC =2,cos A cos BsinC = 1
4 ，则（ ）
A．sinC =sin
2 A +sin
2B
B．AB = ❑√2
C．sin A +sin B =
❑√6
2
D．A C
2+ BC
2=3
【答案】ABC
【解题思路】对cos2 A +cos2B+2sinC =2由二倍角公式先可推知A 选项正确，方法一分情况比较A + B
和π
2 的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础
上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用cos A cos BsinC = 1
4 算出A ,B取值，最后利用三角
形面积求出三边长，即可判断每个选项.
【解答过程】cos2 A +cos2B+2sinC =2，由二倍角公式，1−2sin
2 A +1−2sin
2B+2sinC =2，
整理可得，sinC =sin
2 A +sin
2B，A 选项正确；
由诱导公式，sin( A + B)=sin (π−C)=sinC，
展开可得sin A cos B+sin Bcos A =sin
2 A +sin
2B，
即sin A(sin A −cos B)+sin B(sin B−cos A )=0，
下证C =π
2 .
方法一：分类讨论
若A + B =π
2 ，则sin A =cos B ,sin B =cos A可知等式成立；
若A + B<π
2 ，即A <π
2 −B，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，sin A <cos B，同理sin B<cos A，
又sin A >0,sin B>0，于是sin A(sin A −cos B)+sin B(sin B−cos A )<0，
与条件不符，则A + B<π
2 不成立；
若A + B>π
2 ，类似可推导出sin A(sin A −cos B)+sin B(sin B−cos A )>0，则A + B>π
2 不成立.
综上讨论可知，A + B =π
2 ，即C =π
2 .
方法二：边角转化
sinC =sin
2 A +sin
2B时，由C ∈(0,π)，则sinC ∈(0,1]，
于是1×sinC =sin
2 A +sin
2B≥sin
2C，
由正弦定理，a
2+b
2≥c
2，
由余弦定理可知，cosC ≥0，则C ∈(0,π
2 ]，
若C ∈(0,π
2 )，则A + B>π
2 ，注意到cos A cos BsinC = 1
4 ，则cos A cos B>0，
于是cos A >0,cos B>0（两者同负会有两个钝角，不成立），于是A ,B∈(0,π
2 )，
结合A + B>π
2 ⇔A >π
2 −B，而A ,π
2 −B都是锐角，则sin A >sin(
π
2 −B)=cos B>0，
于是sinC =sin
2 A +sin
2B>cos
2B+sin
2B =1，这和sinC ≤1相矛盾，
故C ∈(0,π
2 )不成立，则C =π
2
方法三：结合射影定理（方法一改进）
由sinC =sin
2 A +sin
2B，结合正弦定理可得，c =asin A +bsin B，由射影定理可得c =acos B+bcos A
，于是asin A +bsin B =acos B+bcos A，
则a(sin A −cos B)+b(sin B−cos A )=0，可同方法一种讨论的角度，推出A + B =π
2 ，
方法四：和差化积（方法一改进）
续法三：
a(sin A −cos B)+b(sin B−cos A )=0，可知sin A −cos B ,sin B−cos A同时为0或者异号，即
(sin A −cos B)(sin B−cos A )≤0，展开可得，
sin A sin B−sin A cos A −cos Bsin B+cos A cos B≤0，
即cos( A −B)−1
2
(sin2 A +sin2B)≤0，结合和差化积，cos( A −B)(1−sin( A + B))≤0，由上述分析，
A ,B∈(0,π
2 )，则A −B∈(−π
2 ,π
2 )，则cos( A −B)≥0，则1−sin( A + B)≤0，即sinC ≥1，于是
sinC =1，可知C =π
2 .
由cos A cos BsinC = 1
4 =cos A cos B，由A + B =π
2 ，则cos B =sin A，即sin A cos A = 1
4 ，
则sin2 A = 1
2，同理sin2B = 1
2，由上述推导，A ,B∈(0,π
2 )，则2 A ,2B∈(0,π)，
不妨设A <B，则2 A =π
6 ,2B = 5π
6 ，即A =π
12 ,B = 5π
12 ，
由两角和差的正弦公式可知sinπ
12 +sin 5π
12 =
❑√6−❑√2
4
+
❑√6+ ❑√2
4
=
❑√6
2 ，C 选项正确
由两角和的正切公式可得，tan5π
12 =2+ ❑√3，
设BC =t , AC =(2+ ❑√3)t，则AB =(❑√2+ ❑√6)t，
由S△ABC = 1
2 (2+ ❑√3)t
2= 1
4 ，则t
2= 4−2❑√3
4
=(
❑√3−1
2 )
2
，则t =
❑√3−1
2
，
于是AB =(❑√6+ ❑√2)t = ❑√2，B 选项正确，由勾股定理可知，A C
2+ BC
2=2，D 选项错误.
故选：ABC.
11．（2025·甘肃白银·二模）已知函数f ( x)=
❑√3
2 cos2 x−1
2 sin 2 x，将函数f ( x)的图象向左平移π
4 个单
位长度后，得到函数g( x)的图象，则（ ）
A．g( x)=sin(2 x−π
3 )
B．g( x)的图象关于直线x =π
6
对称
C．g( x)在区间[
2π
3
,7π
6 )内单调递减D．f ( x)与g( x)的图象关于直线x =π
6
对称
【答案】BC
【解题思路】由辅助角公式得f ( x)=cos(2 x +π
6 )，再根据图象平移得g( x)=−sin(2 x +π
6 )，结合正弦
型函数的性质依次判断各项的正误.
【解答过程】由题设f ( x)=cos(2 x +π
6 )，则g( x)= f ( x +π
4 )=cos(2 x +π
6 +π
2 )=−sin(2 x +π
6 )，
所以g( x)=−sin(2 x−π
3 +π
2 )=−cos(2 x−π
3 )，A 错；
由g(π
6 )=−sin(π
3 +π
6 )=−1，故g( x)的图象关于直线x =π
6
对称，B 对；
由x∈[
2π
3
,7π
6 )，则2 x +π
6 ∈[3π
2 ,5π
2 ]，故y =sin(2 x +π
6 )在[
2π
3
,7π
6 )上单调递增，
所以g( x)在区间[
2π
3
,7π
6 )内单调递减，C 对；
由g(π
3 −x)=−sin(2π
3 −2 x +π
6 )=sin(2 x−5π
6 )=sin(2 x +π
6 −π)=−sin(2 x +π
6 )，
显然g(π
3 −x)≠f ( x)，则f ( x)与g( x)的图象不关于直线x =π
6
对称，D 错.
故选：BC.
三、填空题
12．（2025·浙江杭州·模拟预测）若sin(α −π
8 )= 1
3，则cos(
π
4 −2α)= .
【答案】7
9
【解题思路】利用二倍角公式求解即可.
【解答过程】cos(
π
4 −2α)=cos(2α −π
4 )=cos[2(α −π
8 ))=1−2sin
2(α −π
8 )=1−2× 1
9 = 7
9.
故答案为：7
9.
13．（2025·四川绵阳·模拟预测）若函数f ( x)=12sin( x +θ)+5cos( x +θ)为奇函数，则tanθ =
．
【答案】−5
12
【解题思路】利用辅助角公式化简函数f ( x)，再利用正弦函数的性质列式求解.
【解答过程】依题意，f ( x)=13sin( x +θ+φ)，其中锐角φ由tanφ = 5
12确定，
由f ( x)为奇函数，得θ+φ =k π,k ∈Z，即θ =−φ+k π,k ∈Z，
所以tanθ =tan(−φ+ k π)=−tanφ =−5
12.
故答案为：−5
12
14．（2025·海南·模拟预测）已知α , β满足2sin(α −β)=sin(α +π
3 )，2sin(α + β)=sin(α + 2π
3 )，
则sin2 β =
．
【答案】−
❑√3
8
【解题思路】利用三角恒等变换得到sin α cos β −cosα sin β = 1
4 sin α +
❑√3
4 cosα和
sin α cos β +cosα sin β =−1
4 sin α +
❑√3
4 cosα，两式相加和相减得到cos β =
❑√3
4 tan α ，sin β =−1
4 tan α，
从而利用二倍角公式求出答案.
【解答过程】2sin(α −β)=sin(α +π
3 )，
故sin(α −β)= 1
2 sin(α +π
3 )= 1
2 sin α cosπ
3 + 1
2 cosα sinπ
3 = 1
4 sin α +
❑√3
4 cosα，
又sin(α −β)=sin α cos β −cosα sin β，
即sin α cos β −cosα sin β = 1
4 sin α +
❑√3
4 cosα①，
2sin(α + β)=sin(α + 2π
3 )，
故sin(α + β)= 1
2 sin(α + 2π
3 )= 1
2 sin α cos 2π
3 + 1
2 cosα sin 2π
3 =−1
4 sin α +
❑√3
4 cosα，
又sin(α + β)=sin α cos β +cosα sin β，
即sin α cos β +cosα sin β =−1
4 sin α +
❑√3
4 cosα②，
式子①+②得2sin α cos β =
❑√3
2 cosα，即cos β =
❑√3
4 tan α ，
式子②-①得2cosα sin β =−1
2 sin α，即sin β =−1
4 tan α，
所以sin2 β =2sin β cos β =2×(−1
4 tan α)⋅
❑√3
4 tan α =−
❑√3
8 .
故答案为：−
❑√3
8 .
四、解答题
15．（2025·天津河北·模拟预测）已知cosα =−3
5，α 是第三象限角．
(1)求sin α和tan α的值；
(2)求cos(α −π
3 )的值．
【答案】(1)sin α =−4
5 ，tan α = 4
3 ；
(2)−3+ 4 ❑√3
10
.
【解题思路】（1）应用平方关系、商数关系分别求出sin α和tan α；
（2）应用差角的余弦公式求值即可.
【解答过程】（1）由cosα =−3
5，α 是第三象限角，则sin α =−
❑√1−cos
2α =−4
5 ，
所以tan α = sin α
cosα = 4
3 ；
（2）cos(α −π
3 )=cosα cosπ
3 +sin α sinπ
3 =(−3
5 )× 1
2 +(−4
5 )×
❑√3
2 =−3+ 4 ❑√3
10
.
16．（2024·陕西榆林·三模）化简下列各式
(1)sin50°(1+ ❑√3 tan10°)
(2)
1−tan
2(
π
4 −α)
1+ tan
2(
π
4 −α)
;
(3)sin
2(α −π
6 )+sin
2(α +π
6 )−sin
2α；
(4)(1+sin α +cosα )(sin α
2 −cos α
2)
❑√2+2cosα
(π<α <2π).
【答案】(1)1;
(2)sin 2α;
(3)1
2;
(4)cosα .
【解题思路】（1）利用切化弦、辅助角公式、诱导公式来求解即可；
（2）利用切化弦，再利用二倍角公式和诱导公式求解即可；
（3）利用二角的降次升倍公式，再利用两角和差公式求解即可；
（4）利用二倍角公式和半角公式求解即可.
【解答过程】（1）
sin50
°(1+ ❑√3 tan10
°)=sin50
° cos10
°+ ❑√3sin10
°
cos10
°
=sin50
°
2(
1
2 cos10
°+
❑√3
2 sin10
°)
cos10
°
=sin(90
°−40
°) 2sin(30
°+10
°)
cos(90
°−80
°)
=cos 40
° 2sin 40
°
sin 80
° = sin 80
0
sin 80
0 =1;
（2）
1−tan
2(
π
4 −α)
1+ tan
2(
π
4 −α)
=
1−
sin
2(
π
4 −α)
cos
2(
π
4 −α)
1+
sin
2(
π
4 −α)
cos
2(
π
4 −α)
=
cos
2(
π
4 −α)−sin
2(
π
4 −α)
cos
2(
π
4 −α)+sin
2(
π
4 −α)
=
cos2(
π
4 −α)
1
=cos(
π
2 −2α)=sin 2α;
（3）sin
2(α −π
6 )+sin
2(α +π
6 )−sin
2α =
1−cos2(α −π
6 )
2
+
1−cos2(α +π
6 )
2
−sin
2α
=1−sin
2α −1
2[cos(2α −π
3 )+cos(2α +π
3 ))=cos
2α −1
2(2cos2α cosπ
3 )
=cos
2α −1
2 cos2α =cos
2α −1
2 (2cos
2α −1)= 1
2;
（4）
(1+sin α +cosα )(sin α
2 −cos α
2)
❑√2+2cosα
=
(1+2sin α
2 cos α
2 +2cos
2 α
2 −1)(sin α
2 −cos α
2)
❑√
2+2(2cos
2 α
2 −1)
=
2cos α
2 (sin α
2 +cos α
2 )(sin α
2 −cos α
2)
❑√4 cos
2 α
2
=−
2cos α
2(cos
2 α
2 −sin
2 α
2)
❑√4 cos
2 α
2
=−
2cos α
2 cosα
2|cos α
2)
,
因为π<α <2π，所以π
2 < α
2 <π，即cos α
2 <0，
即上式=−
2cos α
2 cosα
−2cos α
2
=cosα.
17．（2025·陕西·二模）已知函数f (x)=2❑√3sin xcos x +2cos
2 x−1.
(1)求f (x)的最小正周期及单调递增区间；
(2)若f(
α
2)= 2
3，求f (−α )的值.
【答案】(1)T =π，[k π−π
3 ,k π+π
6 ),k ∈Z
(2)14
9
【解题思路】（1）由正余弦二倍角公式及辅助角公式化简得到f (x)=2sin(2 x +π
6 )，再由周期公式及
整体代入法即可求解；
（2）由余弦二倍角公式即可求解.
【解答过程】（1）f (x)= ❑√3sin2 x +cos2 x =2(
❑√3
2 sin2 x + 1
2 cos2 x)=2sin(2 x +π
6 )，
最小正周期T =π.
令2k π−π
2 ≤2 x +π
6 ≤2k π+π
2 ,k ∈Z，得k π−π
3 ≤x ≤k π+π
6 ,k ∈Z.
因此f (x)的单调递增区间为[k π−π
3 ,k π+π
6 ),k ∈Z.
（2）由f(
α
2)= 2
3，得sin(α +π
6 )= 1
3.
所以f (−α )=2sin(
π
6 −2α)=2cos(
π
3 +2α)=2−4sin
2(α +π
6 )= 14
9 .
18．（2025·湖北襄阳·二模）已知函数f (x)=
❑√3
2 sin x
2 + 1
2 cos x
2 + 1
2.
(1)求f (x)的单调递减区间；
(2)将函数y = f (x)的图象向右平移2π
3 个单位后得到y = g(x)的图象，当函数y = g(x)−k在[0, 7 π
3 )上有一
个零点时，求k 的取值范围.
【答案】(1)[
2π
3 + 4 k π,8π
3 + 4 k π) (k ∈Z)
(2){k |0≤k < 1
2 或k = 3
2)
【解题思路】（1）利用三角函数的关系式的恒等变换，把函数关系变形成正弦型函数，结合正弦函数的
单调性即可求解；
（2）利用正弦函数的性质求出结果.
【解答过程】（1）f ( x)=
❑√3
2 sin x
2 + 1
2 cos x
2 + 1
2 =sin(
x
2 +π
6 )+ 1
2,
令π
2 +2k π≤x
2 +π
6 ≤3π
2 +2k π (k ∈Z)，
解得：2π
3 + 4 k π≤x ≤8π
3 + 4 k π (k ∈Z)，
所以f ( x)的单调递减区间为[
2π
3 + 4 k π,8π
3 + 4 k π) (k ∈Z)
（2）将函数y = f ( x)的图象向右平移2π
3 个单位后得到g( x)=sin(
x
2 −π
6 )+ 1
2，
则y = g( x)−k =sin(
x
2 −π
6 )+ 1
2 −k，
因为0≤x ≤7π
3 ，所以−π
6 ≤x
2 −π
6 ≤π，
所以要使函数y = g( x)−k在[0, 7π
3 ]上有一个零点，则y = g( x)与y =k只有一个交点，
结合正弦函数的图象：
可得当−π
6 ≤x
2 −π
6 <0或x
2 −π
6 =π
2 ，即0≤x<π
3 或x =4π
3 ，
即0≤sin(
x
2 −π
6 )+ 1
2 < 1
2或sin(
x
2 −π
6 )+ 1
2 = 3
2，0≤k < 1
2或k = 3
2时，y = g( x)与y =k只有一个交点，
所以实数k的取值范围为{k |0≤k < 1
2 或k = 3
2).
19．（2025·北京海淀·二模）已知函数f (x)=cos(
π
3 −2ωx)+2sin
2ωx −1(ω>0)．
(1)若ω= 1
2，求f (0)及f (x)的单调递增区间；
(2)已知f (x)在区间[0,π
3 )上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，
使函数f (x)存在且唯一确定，求f (x)的最小正周期．
条件①：f (0)+ f(
π
6 )=0；
条件②：x =π
3 是f (x)的一个极值点；
条件③：x = 7π
12 是f (x)的一个零点．
【答案】(1)f (0)=−1
2，[−π
3 +2k π,2π
3 +2k π),k ∈Z
(2)答案见解析
【解题思路】（1）利用二倍角公式及差角公式化简，再代入ω的值，即可得到函数解析式，再由正弦函数
的性质计算可得；
（2）依题意可得0<ω≤3
2，再根据所选条件，得到方程，求出ω的取值（集合），即可得到函数解析式，
从而求出函数的最小正周期.
【解答过程】（1）因为f (x)=cos(
π
3 −2ωx)+2sin
2ωx −1
=cosπ
3 cos2ωx +sinπ
3 sin2ωx−cos2ωx
=
❑√3
2 sin 2ωx −1
2 cos2ωx =sin(2ωx −π
6 )，
当ω= 1
2时，f (x)=sin(x−π
6 )，则f (0)=sin(−π
6 )=−1
2，
令−π
2 +2k π≤x−π
6 ≤π
2 +2k π,k ∈Z，解得−π
3 +2k π≤x ≤2π
3 +2k π,k ∈Z，
所以f (x)的单调递增区间为[−π
3 +2k π,2π
3 +2k π),k ∈Z；
（2）因为f (x)=sin(2ωx −π
6 )，f (x)在区间[0,π
3 )上单调递增，且ω>0，
所以{
1
2 ×2π
2ω ≥π
3
ω>0 )
，解得0<ω≤3
2；
若选①：f (0)+ f(
π
6 )=0，又f (x)在区间[0,π
3 )上单调递增，
所以曲线f (x)关于(
π
12 ,0)对称，且点(
π
12 ,0)在曲线的递增部分上，
则f(
π
12)=sin(
π
6 ω−π
6 )=0，所以π
6 ω−π
6 =2k π,k ∈Z，解得ω=1+12k ,k ∈Z，
又0<ω≤3
2，所以ω=1，
则f (x)=sin(2 x−π
6 )，所以f (x)的最小正周期为2π
2 =π；
若选②：x =π
3 是f (x)的一个极值点，又f (x)在区间[0,π
3 )上单调递增，
所以f (x)在x =π
3 处取得最大值，
则f(
π
3 )=sin(
2π
3 ω−π
6 )=1，所以2π
3 ω−π
6 =π
2 +2k π,k ∈Z，解得ω=1+3k ,k ∈Z，
又0<ω≤3
2，所以ω=1，
则f (x)=sin(2 x−π
6 )，所以f (x)的最小正周期为2π
2 =π；
若选③：x = 7π
12 是f (x)的一个零点，
则f(
7π
12 )=sin(
7π
6 ω−π
6 )=0，所以7π
6 ω−π
6 =k π,k ∈Z，解得ω= 1
7 + 6
7 k ,k ∈Z，
又0<ω≤3
2，所以ω= 1
7 或ω=1，
当ω=1时，f (x)=sin(2 x−π
6 )，所以f (x)的最小正周期为2π
2 =π；
当ω= 1
7 时，f (x)=sin(
2
7 x−π
6 )，所以f (x)的最小正周期为
2π
2
7
=7π
.
