知几求几型的应用总结

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前言

三角函数

在三角函数章节中，我们常把\(\sin\theta+\cos\theta\)，\(\sin\theta-\cos\theta\)，\(\sin\theta\cdot\cos\theta\)当成三个整体来看待，如果知道其中的一个值，可以求解其他的两个值，我们称为知一求二型的运算模型，其本质是方程思想的应用；但由此衍生的一类三角函数的值域的求解，就显得很特殊。

例1已知\(\alpha\in (0，\pi)\)，且\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)，求\(sin\alpha\cdot cos\alpha\)、\(sin\alpha-cos\alpha\)、\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}\)的值；

法1：由\(\begin{cases}sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\\sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)或\(\begin{cases}sin\alpha=-\cfrac{3}{5}\\cos\alpha=\cfrac{4}{5}\end{cases}(舍去)\)，

再求得\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}\)、\(sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}\)、\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=tan\alpha=-\cfrac{4}{3}\)；

法2：给\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)两边平方，得到\(1+2sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1}{25}\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}\)，且\(sin\alpha>0，cos\alpha<0\)，

则\(1-2sin\alpha\cdot cos\alpha=(sin\alpha-cos\alpha)^2=\cfrac{49}{25}\)，故\(sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}\)；

将\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)和\(sin\alpha-cos\alpha=\cfrac{7}{5}\)联立，解得\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)；

则得到\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=tan\alpha=-\cfrac{4}{3}\)；

法3：实际高考中，我们常常是利用勾股数来快速求解的，比如已知\(\alpha\in (0，\pi)\)，且\(sin\alpha+cos\alpha=\cfrac{1}{5}\)，

快速联系勾股数\(3、4、5\)，则\(sin\alpha\)和\(cos\alpha\)的值必然在\(\pm\cfrac{3}{5}\)和\(\pm\cfrac{4}{5}\)中快速选择，^[1]

则由\(sin\alpha\cdot cos\alpha=-\cfrac{12}{25}<0\)，可知\(sin\alpha>0，cos\alpha<0\)，故\(\begin{cases}sin\alpha=\cfrac{4}{5}\\cos\alpha=-\cfrac{3}{5}\end{cases}\)

解后反思：在\(sin\alpha+cos\alpha\)、\(sin\alpha-cos\alpha\)、\(sin\alpha\cdot cos\alpha\)、\(\frac{sin\alpha}{cos\alpha}\)这四个式子中，知一求三是经常应用的运算；

衍生应用

利用上述运算的模式，我们可以这样思考，如果\(\sin\theta\pm \cos\theta\)[加减]与\(\sin\theta\cdot \cos\theta\)[乘]同时出现在一个函数中时，我们可以将其中的一个的值定义为参数，将另一个用该参数来刻画；

①比如定义乘，然后刻画表达加减：

案例1已知\(\theta\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\)，令\(\sin\theta\cdot \cos\theta=t\)，则\(\sin2\theta=2t\in[0,1]\)，故\(t\in[0,\cfrac{1}{2}]\)，

这样\(1+\sin2\theta=1+2t\)，即\((\sin\theta+\cos\theta)^2=1+2t\)，故\(\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{1+2t}\)；\(1-\sin2\theta=1-2t\)，即\((\sin\theta-\cos\theta)^2=1-2t\)，故\(\sin\theta-\cos\theta=\pm\sqrt{1-2t}\)；

②再比如定义加减，然后刻画表达乘：

案例2已知\(\theta\in [0,\cfrac{\pi}{2}]\)，令\(\sin\theta+\cos\theta=t\)，

则\(\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\sin(\theta+\cfrac{\pi}{4})\in[1,\sqrt{2}]\)，故\(t\in[1,\sqrt{2}]\)，

这样\((\sin\theta+\cos\theta)^2=t^2\)，则\(1+2\sin\theta\cdot\cos\theta=t^2\)，即\(\sin\theta\cdot\cos\theta=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

反思总结：从理论角度分析，设一表达二是完全行得通的，但是从学习和教学实践的角度来看，用定义[加减]来表达[乘]的思路，应用更广泛，得到的函数的性质更容易分析。

引例列举

引例1求函数\(f(x)=sinx+cosx+sinxcosx\)的值域。【三角换元，典型例题】

分析：令\(sinx+cosx=t\)，则可知\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

则由\((sinx+cosx)^2=t^2\)得到\(sinxcosx=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

故此时原函数经过换元就转化为\(f(x)=g(t)=t+\cfrac{t^2-1}{2}，t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

这样就和例1是同一类型的了。\(f(x)=g(t)=\cfrac{1}{2}(t+1)^2-1\)，\(t\in[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]\)，

\(f(x)=g(t) \in [-1，\cfrac{2\sqrt{2}+1}{2}]\)

引例2如求函数\(y=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)

引例3求函数\(y=\cfrac{sin\alpha+cos\alpha}{sin\alpha\cdot cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha+cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{2}{t-\frac{1}{t}}，t\in [1，\sqrt{2}]\)

引例4求函数\(y=\cfrac{sin\alpha-cos\alpha}{sin\alpha\cdot cos\alpha}，\alpha\in [\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{3\pi}{4}]\)的值域问题。

分析：利用换元转化为分式型处理；

令\(sin\alpha-cos\alpha=t=\sqrt{2}sin(\alpha-\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{1-t^2}{2}\)，

则原函数转化为\(y=\cfrac{2}{\frac{1}{t}-t}，t\in [1，\sqrt{2}]\)

典例剖析

例1【2019学生问题】[转化划归+恒成立问题+分离参数+换元法+求最值]

函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，求实数\(a\)的取值范围。

分析：由于函数\(f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，

则\(f‘(x)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

又\(f‘(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)\ge 0\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

由于\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(cosx+sinx>0\)，故用完全分离参数法，得到，

\(a\ge \cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)在区间\([0，\cfrac{\pi}{2}]\)上恒成立，

题目转化为求函数\(g(x)=\cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\)的最大值问题。

令\(sinx+cosx=t=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\)，则\(t\in [1，\sqrt{2}]\)，

则\(sin2x=t^2-1\)，则函数\(g(x)=h(t)=\cfrac{2(t^2-1)}{t}=2(t-\cfrac{1}{t})\)，

又函数\(h‘(t)=1+\cfrac{1}{t^2}>0\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上恒成立，

故函数\(h(t)\)在\(t\in [1，\sqrt{2}]\)上单调递增，

故\(g(x)_{max}=h(t)_{max}=h(\sqrt{2})=\sqrt{2}\)，

故\(a\ge \sqrt{2}\)。即\(a\in [\sqrt{2}，+\infty)\)。

例2【2017宝鸡中学高三理科第一次月考第10题】已知函数\(f(x)=\cfrac{2sinxcosx}{1+sinx+cosx}\)，\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)的最大值为\(M\)，最小值为\(N\)，则\(M-N\)=？

分析：令\(sinx+cosx=t\) ，由于\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)，

则\(t=sinx+cosx=\sqrt{2}sin(x+\cfrac{\pi}{4})\in [1，\sqrt{2}]\)，则\(2sinxcosx=t^2-1\)，

故\(f(x)=\cfrac{t^2-1}{t+1}=g(t)=t-1\)，

故\(f(x)_{max}=M=\sqrt{2}-1\)；\(f(x)_{min}=N=0\)；即\(M-N=\)\(\sqrt{2}-1\)。

数列章节

①已知等差数列\(\{a_n\}\)，那么在\(a_1\)，\(a_n\)，\(n\)，\(d\)，\(S_n\)中，知道其中的三个就可以求解剩余的两个，称为“知三求二”型；

②已知等比数列\(\{a_n\}\)，那么在\(a_1\)，\(a_n\)，\(n\)，\(q\)，\(S_n\)中，知道其中的三个就可以求解剩余的两个，称为“知三求二”型；

知几求几型的应用总结

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