三角方程的解法

前言

• 首先必須明確，解三角方程，應該屬於解超越方程，和解代數方程的思路不一樣了，應該數形結合求解；
• 解三角方程的方法和思路基本上和解三角不等式是並行的，可以類比進行；

必備技能

• 函數圖像的解讀能力
• 作三角函數\(y=sinx\)和\(y=cosx\)的圖像、作正弦線、余弦線的能力
• 用不等式表達單位圓中區域的能力

例說解法

解三角方程： \(2sinA=1，A\)為三角形的一個內角。

解析：由題可知，\(\sin A=\cfrac{1}{2}\)，做出函數\(y=\cfrac{1}{2}\)和函數\(y=\sin A\)在其定義域\((0,\pi)\)上的圖像，

如圖所示，對應的自變量\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{5\pi}{6}\)

故方程的根：\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{5\pi}{6}\)

解三角方程： \(2sinA=1\).

解析：由題可知，\(\sin A=\cfrac{1}{2}\)，由於函數\(y=\sin A\)有周期性，

選\([0,2\pi]\)為一個基本周期，做出函數\(y=\cfrac{1}{2}\)和函數\(y=\sin A\)在其定義域\((0,2\pi)\)上的圖像，

如圖所示，對應的自變量\(A=\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=\cfrac{5\pi}{6}\)

再拓展到\(R\)，得到方程的根：\(A=2k\pi+\cfrac{\pi}{6}\)或\(A=2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}(k\in Z)\)。

類比思考

解三角方程： \(2sin(3A+\cfrac{\pi}{4})=1\).

提示：\(3A+\cfrac{\pi}{4}=2k\pi+\cfrac{\pi}{6}\)或\(3A+\cfrac{\pi}{4}=2k\pi+\cfrac{5\pi}{6}(k\in Z)\)，求解\(A\)即可。

【2016\(\cdot\)上海卷】【解三角方程】方程\(3sinx=1+cos2x\)在區間\([0，2\pi]\)上的解為_______________。

分析：采用升冪降角公式，得到\(3sinx=1+1-2sin^2x\)，

整理為\(2sin^2x+3sinx-2=0\)，即\((sinx+2)(2sinx-1)=0\)

解得\(sinx=-2\)(舍去)，或\(sinx=\cfrac{1}{2}\)，

再由\(sinx=\cfrac{1}{2}\)，\(x\in[0，2\pi]\)，

采用圖像可得，\(x=\cfrac{\pi}{6}\)或\(x=\cfrac{5\pi}{6}\)。

典例剖析

【2022屆高三一輪復習資料用題改編】 已知函數 \(f(x)=2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1\) .

(1).求函數 \(f(x)\) 在區間 \([-\cfrac{\pi}{3},\cfrac{5\pi}{6}]\)上的單調性；

法1：

法2：

(2). 若 \(f(x)=0\)， \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)， 求 \(x\) 的值.

分析：本題目的求解本質是解三角方程；

法一： 由 \(f(x)=0\)， 得 \(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1=0\)，

所以， \(\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)=-\cfrac{1}{2}\)，

又 \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)， \(2x-\cfrac{\pi}{6}\in\left(-\cfrac{7\pi}{6}, \cfrac{11\pi}{6}\right)\)，

所以 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{\pi}{6}\) 或 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{5\pi}{6}\) 或 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{7\pi}{6}\)，

解得 \(x=0\) 或 \(x=-\cfrac{\pi}{3}\) 或 \(x=\cfrac{2\pi}{3}\) .

法二：由 \(f(x)=0\)， 得 \(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1=0\)，

所以， \(\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)=-\cfrac{1}{2}\)，

所以\(2x-\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}\)(\(k\in Z\))，或 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=2n\pi+\cfrac{11\pi}{6}\)(\(n\in Z\))，

故當\(k=-1\)時，則有 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-2\pi+\cfrac{7\pi}{6}\) 即 \(x=-\cfrac{\pi}{3}\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)，滿足題意；

當\(k=0\)時，則有 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{7\pi}{6}\) 即 \(x=\cfrac{2\pi}{3}\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)，滿足題意；

當\(n=-1\)時，則有 \(2x-\cfrac{\pi}{6}=-2\pi+\cfrac{11\pi}{6}\) 即 \(x=0\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)，滿足題意；

故 \(x=0\) 或 \(x=-\cfrac{\pi}{3}\) 或 \(x=\cfrac{2\pi}{3}\) .

(3). 將函數 \(f(x)\) 的圖象向左平移 \(\cfrac{\pi}{3}\) 個單位長度， 再將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的 \(2\) 倍(縱坐標不變)得到函數 \(g(x)\) 的圖象。 若曲線 \(y=h(x)\) 與 \(y=g(x)\) 的圖象關於直線 \(x=\cfrac{\pi}{4}\) 對稱， 求函數 \(h(x)\) 在 \(\left(-\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{2\pi}{3}\right)\) 上的值域 .

解析：將函數 \(f(x)\) 的圖象向左平移 \(\cfrac{\pi}{3}\) 個單位長度，

可得 \(y=2\sin\left[2\left(x+\cfrac{\pi}{3}\right)-\cfrac{\pi}{6}\right]+1=2\sin\left(2 x+\cfrac{\pi}{2}\right)+1=2\cos2x+1\) 的圖象，

再將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的 \(2\) 倍(縱坐標不變)， 得到函數 \(g(x)\)\(=2\cos x+1\) 的圖象，

又曲線 \(y=h(x)\) 與 \(y=g(x)\) 的圖象關於直線 \(x=\cfrac{\pi}{4}\) 對稱設函數\(h(x)\)上的任意一點坐標為\(P\)\((x\)\(,\)\(y)\)，則點\(P\)關於直線\(x\)\(=\)\(\cfrac{\pi}{4}\)的對稱點坐標為\(P'\)\((\)\(\cfrac{\pi}{2}\)\(-\)\(x\)\(，\)\(y)\)，故將點\(P'\)代入函數\(y=g(x)\)的解析式，整理即得到函數\(h(x)\)的解析式；此方法是相關點法；，

所以，\(h(x)=g\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)=2\cos\left(\cfrac{\pi}{2}-x\right)+1=2\sin x+1\)

由於 \(x \in\left(-\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{2\pi}{3}\right)\)，所以， \(\sin x\in\left(-\cfrac{1}{2}, 1\right]\)， 則\(2\sin x+1\in(0,3]\)

故函數 \(h(x)\) 在 \(\left(-\cfrac{\pi}{6}, \cfrac{2 \pi}{3}\right)\) 上的值域為 \((0,3]\).

〔對照題目〕 已知函數 \(f(x)=2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1\) ，若 \(f(x)\geqslant0\)， \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2},\pi\right)\)， 求 \(x\) 的取值范圍 .

分析：類比解三角方程，我們來求解三角不等式；

解析： 由 \(f(x)\geqslant0\)， 得 \(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)+1\geqslant0\)，

所以， \(\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{6}\right)\geqslant-\cfrac{1}{2}\)，

又 \(x\in\left(-\cfrac{\pi}{2}, \pi\right)\)， \(2x-\cfrac{\pi}{6}\in\left(-\cfrac{7\pi}{6}, \cfrac{11\pi}{6}\right)\)，

故有 \(-\cfrac{7\pi}{6}<2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant -\cfrac{5\pi}{6}\)，或 \(-\cfrac{\pi}{6}\leqslant 2x-\cfrac{\pi}{6}\leqslant \cfrac{7\pi}{6}\)，

解得 \(-\cfrac{\pi}{2}<x\leqslant -\cfrac{\pi}{3}\) 或 \(0\leqslant x\leqslant \cfrac{2\pi}{3}\)；

【2020·北京西城模擬摘編】函數\(f(x)=\cos(\pi x+\phi)(0<\phi<\cfrac{\pi}{2})\)的部分圖像如圖所示.

(1).寫出\(\phi\)及圖中\(x_0\)的值；

解：由於圖像經過點\((0,\cfrac{\sqrt{3}}{2})\)，故滿足\(\cos\phi=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

又由於\(0<\phi<\cfrac{\pi}{2}\)，故\(\phi=\cfrac{\pi}{6}\)，

又由圖可知，\(\cos(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

此處注意，以\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}\)這個整體為橫軸作函數圖像，取\([-\pi,\pi]\)為一個基本周期，

很顯然，在一個基本周期內的三角方程的解為\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{\pi}{6}\)，或\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=\cfrac{\pi}{6}\)，

那么在整個實數范圍內，\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=2k\pi-\cfrac{\pi}{6}\)，或\(\pi x_0+\cfrac{\pi}{6}=2k\pi+\cfrac{\pi}{6}\)，\(k\in Z\)，

解得 \(x_0=2k\) 或 \(x_0=-\cfrac{1}{3}+2k\)，\(k\in Z\)，

由於函數\(f(x)=\cos(\pi x+\cfrac{\pi}{6})\)的最小正周期為\(2\)，故結合圖像舍去\(x_0=2k\)，

故\(x_0=-\cfrac{1}{3}+2k\)，\(k\in Z\)，令\(k=1\)，則\(x_0=\cfrac{5}{3}\).

【2019 \(\cdot\) 張家界模擬】將函數 \(f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x\) 的圖像向左平移 \(t(t>0)\) 個單位后，得到函數 \(g(x)\) 的圖象，若$ g(x)=g(\cfrac{\pi}{12}-x)$， 則實數 \(t\) 的最小值為 【\(\quad\)】

$A.\cfrac{5\pi}{24}$ $B.\cfrac{7\pi}{24}$ $C.\cfrac{5\pi}{12}$ $D.\cfrac{7\pi}{12}$

法1：由題意得，\(f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x=2\sin(2x-\cfrac{\pi}{6})\)，

則 \(g(x)=2\sin[2(x+t)-\cfrac{\pi}{6}]=2\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})\)，

又由題意得， \(g(x)=g(\cfrac{\pi}{12}-x)\)， 則變換得到下式，

則 \(2\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})=2\sin[2(\cfrac{\pi}{12}-x)+2t-\cfrac{\pi}{6}]=-2\sin(2x-2t)\)

即\(\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})=-\sin(2x-2t)\)，

故有\(2x+2t-\cfrac{\pi}{6}=2x-2t+(2k+1)\pi\)，\(k\in \Z\)，

即\(4t=(2k+1)\pi+\cfrac{\pi}{6}\)，\(k\in \Z\)，

又由於\(t>0\)，故當\(k=0\)時，\(t_{\min}=\cfrac{7\pi}{24}\)，故選\(B\).

法2：由題意得，\(f(x)=\sqrt{3}\sin2x-\cos2x=2\sin(2x-\cfrac{\pi}{6})\)，

則 \(g(x)=2\sin[2(x+t)-\cfrac{\pi}{6}]=2\sin(2x+2t-\cfrac{\pi}{6})\)，

又由題意得， \(g(x)=g(\cfrac{\pi}{12}-x)\)， 即\(x=\cfrac{\pi}{24}\)為函數\(g(x)\)的對稱軸，

即\(x=\cfrac{\pi}{24}\)能使得函數\(g(x)\)的值取到最值；

故\(2\times\cfrac{\pi}{24}+2t-\cfrac{\pi}{6}=k\pi+\cfrac{\pi}{2}\)，\(k\in \Z\)；

整理為\(t=\cfrac{kt}{2}+\cfrac{7\pi}{24}\)，\(k\in \Z\)；

又由於\(t>0\)，故當\(k=0\)時，\(t_{\min}=\cfrac{7\pi}{24}\)，故選\(B\).

把函數 \(f(x)=2 \cos\left(2x-\cfrac{\pi}{4}\right)\) 的圖象向左平移 \(m(m>0)\) 個單位， 得到函數 \(g(x)=\)\(2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)\) 的圖象， 則 \(m\) 的最小值是【\(\qquad\)】

$A.\cfrac{7}{24}\pi$ $B.\cfrac{17}{24}\pi$ $C.\cfrac{5}{24}\pi$ $D.\cfrac{19}{24}\pi$

解析: 把函數 \(f(x)=2\cos\left(2x-\cfrac{\pi}{4}\right)\) 的圖象向左平移 \(m(m>0)\) 個單位，

得到 \(f(x)=\) \(2\cos\left[2(x+m)-\cfrac{\pi}{4}\right]=2\cos\left(2x+2m-\cfrac{\pi}{4}\right)\) 的圖象，

而 \(g(x)=2\sin\left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)=2\cos\left[\cfrac{\pi}{2}-\left(2x-\cfrac{\pi}{3}\right)\right]\)

\(=2\cos\left(\cfrac{5\pi}{6}-2x\right)=2\cos\left(2x-\cfrac{5\pi}{6}\right)\)

即 \(2\cos\left(2x+2m-\cfrac{\pi}{4}\right)=2\cos\left(2x-\cfrac{5\pi}{6}\right)\) 對任意\(x\)恆成立，即自變量相差\(2k\pi\)，

故 \(2m-\cfrac{\pi}{4}=-\cfrac{5 \pi}{6}+2k\pi\)， \(k\in Z\)， 得 \(m=-\cfrac{7 \pi}{24}+k\pi\)， \(k\in Z\)，

由於 \(m>0\)， 當 \(k=1\) 時， \(m\) 最小， 此時 \(m=\pi-\cfrac{7\pi}{24}=\cfrac{17\pi}{24}\)，故選 \(B\) .

〔解后反思〕兩個函數圖像完全相同或關於\(x\)軸對稱的情形：

若函數 \(y=\sin(2x+\theta)\) 和函數 \(y=\sin(2x-2\theta+t)\) 圖像完全重合，即對任意\(x\)恆成立，則由\(\sin(2x+\theta)\)\(=\)\(\sin(2x-2\theta+t)\)從數的角度刻畫為\(\sin(2x\)\(+\)\(\theta)\)\(=\)\(\sin(2x\)\(-\)\(2\theta\)\(+\)\(t)\)，而從形的角度可以刻畫為兩個函數的圖像完全重合；，可以得到\(2x+\theta=2x-2\theta+t+2k\pi\)，\(k\in \Z\)；

若函數 \(y=\sin(2x+\theta)\) 和函數 \(y=\sin(2x-2\theta+t)\) 的圖像關於 \(x\) 軸對稱，即對任意\(x\)恆成立，則由\(\sin(2x+\theta)\)\(=\)\(-\)\(\sin(2x\)\(-\)\(2\theta\)\(+\)\(t)\)從數的角度刻畫為\(\sin(2x\)\(+\)\(\theta)\)\(=\)\(-\)\(\sin(2x\)\(-\)\(2\theta\)\(+\)\(t)\)，而從形的角度可以刻畫為兩個函數的圖像關於\(x\)軸對稱；，可以得到\(2x+\theta=2x-2\theta+t+(2k+1)\pi\)，\(k\in \Z\)；