高考備考三角函數(shù)教案

1.(2013·山東)△ABC內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．解(1)由余弦定理得：cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－4,2ac)＝eq\f(7,9)，即a2＋c2－4＝eq\f(14,9)ac.∴(a＋c)2－2ac－4＝eq\f(14,9)ac，∴ac＝9.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝6，,ac＝9，))得a＝c＝3.(2)在△ABC中，cosB＝eq\f(7,9)，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)))2)＝eq\f(4\r(2),9).由正弦定理得：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(3×\f(4\r(2),9),2)＝eq\f(2\r(2),3).又A＝C，∴0<A<eq\f(π,2)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3)，∴sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(2\r(2),3)×eq\f(7,9)－eq\f(1,3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(10\r(2),27).2.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC.(1)求角A的大??；(2)若sinB＋sinC＝eq\r(3)，試判斷△ABC的形狀．解(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，∵0°<A<180°，∴A＝60°.(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°.由sinB＋sinC＝eq\r(3)，得sinB＋sin(120°－B)＝eq\r(3)，∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝eq\r(3).∴eq\f(3,2)sinB＋eq\f(\r(3),2)cosB＝eq\r(3)，即sin(B＋30°)＝1.∵0°<B<120°，∴30°<B＋30°<150°.∴B＋30°＝90°，B＝60°.∴A＝B＝C＝60°，∴△ABC為等邊三角形．3.(2014·浙江)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知a≠b，c＝eq\r(3)，cos2A－cos2B＝eq\r(3)sinAcosA－eq\r(3)sinBcosB.(1)求角C的大??；(2)若sinA＝eq\f(4,5)，求△ABC的面積．解(1)由題意得eq\f(1＋cos2A,2)－eq\f(1＋cos2B,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(\r(3),2)sin2B，即eq\f(\r(3),2)sin2A－eq\f(1,2)cos2A＝eq\f(\r(3),2)sin2B－eq\f(1,2)cos2B，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B－\f(π,6))).由a≠b，得A≠B.又A＋B∈(0，π)，得2A－eq\f(π,6)＋2B－eq\f(π,6)＝π，即A＋B＝eq\f(2π,3)，所以C＝eq\f(π,3).(2)由c＝eq\r(3)，sinA＝eq\f(4,5)，eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，得a＝eq\f(8,5).由a<c，得A<C，從而cosA＝eq\f(3,5)，故sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝eq\f(4＋3\r(3),10)，所以，△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(8\r(3)＋18,25).4.(2013·北京)在△ABC中，a＝3，b＝2eq\r(6)，B＝2A.(1)求cosA的值；(2)求c的值．解(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)?eq\f(3,sinA)＝eq\f(2\r(6),sin2A)＝eq\f(2\r(6),2sinAcosA)，∴cosA＝eq\f(\r(6),3).(2)由余弦定理，a2＝b2＋c2－2bccosA?32＝(2eq\r(6))2＋c2－2×2eq\r(6)c×eq\f(\r(6),3)，則c2－8c＋15＝0.∴c＝5或c＝3.當(dāng)c＝3時，a＝c，∴A＝C.由A＋B＋C＝π，知B＝eq\f(π,2)，與a2＋c2≠b2矛盾．∴c＝3舍去．故c的值為5.5．(2014·遼寧)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a>c，已知eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2，cosB＝eq\f(1,3)，b＝3.求：(1)a和c的值；(2)cos(B－C)的值．解(1)由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝2得c·acosB＝2.又cosB＝eq\f(1,3)，所以ac＝6.由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accosB.又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×eq\f(1,3)＝13.解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝6，,a2＋c2＝13，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,c＝2.))因為a>c，所以a＝3，c＝2.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,3)2)＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理，得sinC＝eq\f(c,b)sinB＝eq\f(2,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(4\r(2),9).因為a＝b>c，所以C為銳角，因此cosC＝eq\r(1－sin2C)＝eq\r(1－\f(4\r(2),9)2)＝eq\f(7,9).于是cos(B－C)＝cosBcosC＋sinBsinC＝eq\f(1,3)×eq\f(7,9)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(4\r(2),9)＝eq\f(23,27).6.已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，角B所對的邊b＝eq\r(3)，且函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)在x＝A處取得最大值．(1)求f(x)的值域及周期；(2)求△ABC的面積．解(1)因為A，B，C成等差數(shù)列，所以2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，所以B＝eq\f(π,3)，即A＋C＝eq\f(2π,3).因為f(x)＝2eq\r(3)sin2x＋2sinxcosx－eq\r(3)＝eq\r(3)(2sin2x－1)＋sin2x＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，所以T＝eq\f(2π,2)＝π.f(x)的值域為[－2,2]．(2)因為f(x)在x＝A處取得最大值，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,3)))＝1.因為0<A<eq\f(2,3)π，所以－eq\f(π,3)<2A－eq\f(π,3)<π，故當(dāng)2A－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)時，f(x)取到最大值，所以A＝eq\f(5,12)π，所以C＝eq\f(π,4).由正弦定理，知eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝eq\f(c,sin\f(π,4))?c＝eq\r(2).又因為sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(2)＋\r(6),4)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(3＋\r(3),4).7.(2013·山東)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx(ω>0)，且y＝f(x)圖象的一個對稱中心到最近的對稱軸的距離為eq\f(π,4).(1)求ω的值；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值．解(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)×eq\f(1－cos2ωx,2)－eq\f(1,2)sin2ωx＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx－eq\f(1,2)sin2ωx＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).依題意知eq\f(2π,2ω)＝4×eq\f(π,4)，ω>0，所以ω＝1.[6分](2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).當(dāng)π≤x≤eq\f(3π,2)時，eq\f(5π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(8π,3).所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1.所以－1≤f(x)≤eq\f(\r(3),2).[10分]故f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值分別為eq\f(\r(3),2)和－1.[12分]8.已知函數(shù)f(x)＝2sin(eq\f(1,3)x－eq\f(π,6))，x∈R.(1)求f(eq\f(5π,4))的值；(2)設(shè)α，β∈[0，eq\f(π,2)]，f(3α＋eq\f(π,2))＝eq\f(10,13)，f(3β＋2π)＝eq\f(6,5)，求cos(α＋β)的值．解(1)由題設(shè)知：f(eq\f(5π,4))＝2sin(eq\f(5π,12)－eq\f(π,6))＝2sineq\f(π,4)＝eq\r(2).(2)由題設(shè)知：eq\f(10,13)＝f(3α＋eq\f(π,2))＝2sinα，eq\f(6,5)＝f(3β＋2π)＝2sin(β＋eq\f(π,2))＝2cosβ，即sinα＝eq\f(5,13)，cosβ＝eq\f(3,5)，又α，β∈[0，eq\f(π,2)]，∴cosα＝eq\f(12,13)，sinβ＝eq\f(4,5)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)－eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(16,65).9.(2013·北京)已知函數(shù)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且f(α)＝eq\f(\r(2),2)，求α的值．解(1)f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)，最大值為eq\f(\r(2),2).(2)由f(α)＝eq\f(\r(2),2)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,4)))＝1.∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則eq\f(9π,4)<4α＋eq\f(π,4)<eq\f(17π,4)，4α＋eq\f(π,4)＝eq\f(5,2)π，故α＝eq\f(9,16)π.10．(2014·天津)已知函數(shù)f(x)＝cosxsin(x＋eq\f(π,3))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在閉區(qū)間[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上的最大值和最小值．解(1)由已知，有f(x)＝cosx·(eq\f(1,2)sinx＋eq\f(\r(3),2)cosx)－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)sinx·cosx－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sin(2x－eq\f(π,3))．f(x)最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因為f(x)在區(qū)間[－eq\f(π,4)，－eq\f(π,12)]上是減函數(shù)，在區(qū)間[－eq\f(π,12)，eq\f(π,4)]上是增函數(shù)，f(－eq\f(π,4))＝－eq\f(1,4)，f(－eq\f(π,12))＝－eq\f(1,2)，f(eq\f(π,4))＝eq\f(1,4)，所以，函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[－eq\f(π,4)，eq\f(π,4)]上的最大值為eq\f(1,4)，最小值為－eq\f(1,2).11.設(shè){an}是公比大于1的等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4構(gòu)成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項；(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝7，,a1＋3＋a3＋4＝6a2，))解得a2＝2.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a2＝2，可得a1＝eq\f(2,q)，a3＝2q，又S3＝7，可知eq\f(2,q)＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.解得q1＝2，q2＝eq\f(1,2).∵q>1，∴q＝2，∴a1＝1.故數(shù)列{an}的通項為an＝2n－1.(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.又bn＋1－bn＝3ln2，∴{bn}是等差數(shù)列，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(nb1＋bn,2)＝eq\f(3nn＋1,2)·ln2.故Tn＝eq\f(3nn＋1,2)ln2.12.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an.(1)證明：數(shù)列{eq\f(an,n)}是等比數(shù)列；(2)求通項an與前n項的和Sn.(1)證明a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(n＋1,2n)an，當(dāng)n∈N*時，eq\f(an,n)≠0.又eq\f(a1,1)＝eq\f(1,2)，eq\f(an＋1,n＋1)∶eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)(n∈N*)為常數(shù)，所以{eq\f(an,n)}是以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2)解由{eq\f(an,n)}是以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，得eq\f(an,n)＝eq\f(1,2)×(eq\f(1,2))n－1，所以an＝n×(eq\f(1,2))n.∴Sn＝1·(eq\f(1,2))＋2·(eq\f(1,2))2＋3·(eq\f(1,2))3＋…＋n·(eq\f(1,2))n，eq\f(1,2)Sn＝1·(eq\f(1,2))2＋2·(eq\f(1,2))3＋…＋(n－1)(eq\f(1,2))n＋n·(eq\f(1,2))n＋1，∴eq\f(1,2)Sn＝(eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2))2＋(eq\f(1,2))3＋…＋(eq\f(1,2))n－n·(eq\f(1,2))n＋1＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,2)n＋1,1－\f(1,2))－n·(eq\f(1,2))n＋1，∴Sn＝2－(eq\f(1,2))n－1－n·(eq\f(1,2))n＝2－(n＋2)·(eq\f(1,2))n.綜上，an＝n·(eq\f(1,2))n，Sn＝2－(n＋2)·(eq\f(1,2))n.13.已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，前n項和為Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*.(1)求證：數(shù)列{an}是等差數(shù)列；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,2Sn)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.(1)證明∵Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*，∴當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝eq\f(a1a1＋1,2)(an>0)，∴a1＝1.當(dāng)n≥2時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Sn＝a\o\al(2,n)＋an，,2Sn－1＝a\o\al(2,n－1)＋an－1，))2an＝aeq\o\al(2,n)＋an－aeq\o\al(2,n－1)－an－1.即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥2)．∴數(shù)列{an}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列．(2)解由(1)可得an＝n，Sn＝eq\f(nn＋1,2)，bn＝eq\f(1,2Sn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).14.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，a3＝5，S10＝100.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,10a1＋\f(10×9,2)d＝100，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))an＝2n－1.(2)因為bn＝＝eq\f(1,2)×4n＋2n，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)(4＋42＋…＋4n)＋2(1＋2＋…＋n)＝eq\f(4n＋1－4,6)＋n2＋n＝eq\f(2,3)×4n＋n2＋n－eq\f(2,3).15.(2014·四川)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(an，bn)在函數(shù)f(x)＝2x的圖象上(n∈N*)．(1)若a1＝－2，點(a8,4b7)在函數(shù)f(x)的圖象上，求數(shù)列{an}的前n項和Sn；(2)若a1＝1，函數(shù)f(x)的圖象在點(a2，b2)處的切線在x軸上的截距為2－eq\f(1,ln2)，求數(shù)列{eq\f(an,bn)}的前n項和Tn.解(1)由已知，得b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝4×2a7＝2a7＋2.解得d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.(2)函數(shù)f(x)＝2x在(a2，b2)處的切線方程為＝()(x－a2)，它在x軸上的截距為a2－eq\f(1,ln2).由題意知，a2－eq\f(1,ln2)＝2－eq\f(1,ln2)，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，從而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n－1,2n－1)＋eq\f(n,2n)，2Tn＝eq\f(1,1)＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n,2n－1).因此，2Tn－Tn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).所以Tn＝eq\f(2n＋1－n－2,2n).16.已知首項為eq\f(1,2)的等比數(shù)列{an}是遞減數(shù)列，其前n項和為Sn，且S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若bn＝an·log2an，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求滿足不等式eq\f(Tn＋2,n＋2)≥eq\f(1,16)的最大n值．解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意知a1＝eq\f(1,2)，又∵S1＋a1，S2＋a2，S3＋a3成等差數(shù)列，∴2(S2＋a2)＝S1＋a1＋S3＋a3，變形得S2－S1＋2a2＝a1＋S3－S2＋a3，即得3a2＝a1＋2a3，∴eq\f(3,2)q＝eq\f(1,2)＋q2，解得q＝1或q＝eq\f(1,2)，又由{an}為遞減數(shù)列，于是q＝eq\f(1,2)，∴an＝a1qn－1＝(eq\f(1,2))n.(2)由于bn＝anlog2an＝－n·(eq\f(1,2))n，∴Tn＝－[1·eq\f(1,2)＋2·(eq\f(1,2))2＋…＋(n－1)·(eq\f(1,2))n－1＋n·(eq\f(1,2))n]，于是eq\f(1,2)Tn＝－[1·(eq\f(1,2))2＋…＋(n－1)·(eq\f(1,2))n＋n·(eq\f(1,2))n＋1]，兩式相減得：eq\f(1,2)Tn＝－[eq\f(1,2)＋(eq\f(1,2))2＋…＋(eq\f(1,2))n－n·(eq\f(1,2))n＋1]＝－eq\f(\f(1,2)·[1－\f(1,2)n],1－\f(1,2))＋n·(eq\f(1,2))n＋1，∴Tn＝(n＋2)·(eq\f(1,2))n－2.∴eq\f(Tn＋2,n＋2)＝(eq\f(1,2))n≥eq\f(1,16)，解得n≤4，∴n的最大值為4.17.在數(shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n≥2時，其前n項和Sn滿足Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2))).(1)求Sn的表達式；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,2n＋1)，求{bn}的前n項和Tn.解(1)∵Seq\o\al(2,n)＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn－Sn－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－\f(1,2)))，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①由題意得Sn－1·Sn≠0，①式兩邊同除以Sn－1·Sn，得eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝1，公差2的等差數(shù)列．∴eq\f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(1,2n－1).(2)∵bn＝eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)[(1－eq\f(1,3))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1))]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1).18.(2014·重慶改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)sin(ωx＋φ)(ω>0，－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2))的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，且圖象上相鄰兩個最高點的距離為π.(1)求ω和φ的值；(2)當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時，求函數(shù)y＝f(x)的最大值和最小值．解(1)f(x)圖象上相鄰兩個最高點距離為π，所以f(x)的最小正周期T＝π，從而ω＝eq\f(2π,T)＝2.又因f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,3)對稱，所以2·eq\f(π,3)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，由－eq\f(π,2)≤φ<eq\f(π,2)得k＝0所以φ＝eq\f(π,2)－eq\f(2π,3)＝－eq\f(π,6).綜上，ω＝2，φ＝－eq\f(π,6).(2)由(1)知f(x)＝eq\r(3)sin(2x－eq\f(π,6))，當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時，－eq\f(π,6)≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(5,6)π，∴當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,3)時，f(x)最大＝eq\r(3)；當(dāng)2x－eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝0時，f(x)最?。剑璭q\f(\r(3),2).思維升華函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的性質(zhì)(1)奇偶性：φ＝kπ(k∈Z)時，函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)為奇函數(shù)；φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)時，函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)為偶函數(shù)．(2)對稱性：利用y＝sinx的對稱中心為(kπ，0)(k∈Z)來解，令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，求得其對稱中心．利用y＝sinx的對稱軸為x＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)來解，令ωx＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)得其對稱軸．19.已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R，ω，A>0,0<φ<eq\f(π,2))的最大值為2，最小正周期為π，直線x＝eq\f(π,6)是其圖象的一條對稱軸．(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)求函數(shù)g(x)＝f(x－eq\f(π,12))－f(x＋eq\f(π,12))的單調(diào)遞增區(qū)間．解(1)∵最小正周期為π.∴eq\f(2π,ω)＝π.即ω＝2.又∵直線x＝eq\f(π,6)是函數(shù)圖象的一條對稱軸，∴2×eq\f(π,6)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，即φ＝kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z.又∵φ∈(0，eq\f(π,2))，∴φ＝eq\f(π,6).又∵A＝2，∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))．(2)g(x)＝f(x－eq\f(π,12))－f(x＋eq\f(π,12))＝2sin[2(x－eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]－2sin[2(x＋eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]＝2sin2x－2sin(2x＋eq\f(π,3))＝2sin(2x－eq\f(π,3))由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z可得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5,12)π，k∈Z.即函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5,12)π]，k∈Z.20.已知函數(shù)f(x)＝cosx·cos(x－eq\f(π,3))．(1)求f(eq\f(2π,3))的值；(2)求使f(x)<eq\f(1,4)成立的x的取值集合．解(1)f(eq\f(2π,3))＝coseq\f(2π,3)·coseq\f(π,3)＝－coseq\f(π,3)·coseq\f(π,3)＝