前言
对三角函数求最值的几种常见考查方向整理归纳，重点说明新考向的解法思路。
预备知识
数学常识：$1\pm sinx\ge 0$；$1\pm cosx\ge 0$；$2\pm sinx> 0$；
三角变换，
二次型，配方法
解三角不等式，解三角不等式
常见考向
- 1、利用化一法转化为正(余)弦型函数求最值
逆用二倍角的正弦公式，二倍角的余弦公式，辅助角公式，转化为正弦型函数；
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，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3\)；
分析：由$\cfrac=\cfrac=\cfrac{1-cosB}$，
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$S_=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}$
\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)
\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)
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_=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}$，故选$B$。
- 2、利用二次型函数求最值
利用配方法转化为以$sinx$或$cosx$为元的二次型函数，
分析：由于$x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]$，则$cosx\in [0，1]$，
令$cosx=t\in [0，1]$，\(f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)\)，
故当$t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$时，\(g(t)_{max}=f(x)_{max}=1\)。
- 3、利用换元法转化为二次函数或其他函数求解
①求$f(x)=sinx\pm cosx\pm sinx\cdot cosx$的值域问题。
②求函数$y=g(x)=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$的值域问题。
分析：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$y=g(x)=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1})，t\in [1，\sqrt{2}]$单调递增；
则$y_=g(1)=0$，\(y_{max}=g(\sqrt{2})=\cfrac{\sqrt{2}}{4}\)，
- 4、利用均值不等式求最值
分析：首先边化角得到，\(sinAcosC-cosAsinC=\cfrac{3}{5}sinB\)，即$5(sinAcosC-cosAsinC)=3sin(A+C)$，
打开整理得到，$2sinA cosC=8cosAsinC$，弦化切得到$tanA=4tanC$，
则$tan(A-C)=\cfrac{1+tanAtanC}=\cfrac{3tanC}{1+4tan^2C}=\cfrac{3}{\cfrac{1}+4tanC}$
\(\leq \cfrac{3}{2\sqrt{4}}=\cfrac{3}{4}\)，当且仅当$\cfrac{1}=4tanC$时，即$tanC=\cfrac{1}{2}$时取到等号。
故$tan(A-C)\(的最大值为\)\cfrac{3}{4}$。
- 5、小众考向
①求函数$y=\cfrac{2+sinx}$的值域；
②函数$y=\cfrac{2+sinx}$的值域；
最新考向
- 利用导数求最值或换元后利用导数求最值；
求$f(x)=2sinx+sin2x$的最小值。【最值和导数相结合的题型】
法1：\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)
\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)
\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)
注意到$cosx+1\ge 0$恒成立，故
令$f'(x)>0$得到，\(cosx>\cfrac{1}{2}\)，令$f'(x)<0$得到，\(cosx<\cfrac{1}{2}\)，
则$x\in [2k\pi-\cfrac{5\pi}{3}，2k\pi-\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$时，函数$f(x)$单调递减；
$x\in [2k\pi-\cfrac{\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$时，函数$f(x)$单调递增；
故当$x=2k\pi-\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)$时，\(f(x)_{min}=f(2k\pi-\cfrac{\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。
法2：由于函数$f(x)$的周期为$T=2\pi$，且为奇函数；
\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)
\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)
\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)
结合$y=cosx$的图像分析导函数的正负如下，
当$x\in [0，\cfrac{\pi}{3})$时，\(f'(x)>0\)，$f(x)$单调递增，
当$x\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{3})$时，\(f'(x)<0\)，$f(x)$单调递减，
当$x\in (\cfrac{5\pi}{3}，2\pi)$时，\(f'(x)>0\)，$f(x)$单调递增，
故当$x=\cfrac{5\pi}{3}$时，\(f(x)_{min}=f(\cfrac{5\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)
解析：\(f'(x)=-sinx-\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot cos2x\)
\(=-sinx-cos2x\)
\(=-sinx-(1-2sin^2x)\)
\(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)\)，
由于$-1\leq sinx\leq 1$，故$sinx-1\leq 0$，
则令$f'(x)>0$，即$(sinx-1)(2sinx+1)> 0$，即$2sinx+1<0$，
即$sinx<-\cfrac{1}{2}$，解得$2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}(k\in Z)$，
令$f'(x)<0$，即$(sinx-1)(2sinx+1)<0$，即$2sinx+1>0$，
即$sinx>-\cfrac{1}{2}$，解得$2k\pi-\cfrac{\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}(k\in Z)$，
即单调递减区间为$[2k\pi-\cfrac{\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}](k\in Z)$，
单调递增区间为$[2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}](k\in Z)$，
故当$x=2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}$时，$f(x)$取得最大值；
\(f(x)_{max}=cos(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin2(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})\)
\(=cos(2\pi-\cfrac{\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin(4\pi-\cfrac{\pi}{3})\)
\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。
分析：\(f(x)=8sinx-\cfrac{sinx}{cosx}\)，
则$f'(x)=8cosx-\cfrac{cos2x-sinx\cdot (-sinx)}{cos2x}=8cosx-\cfrac{1}{cos^2x}$
\(=\cfrac{8cos^3x-1}{cos^2x}=\cfrac{(2cosx-1)(4cos^2x+cosx+1)}{cos^2x}\)，
令$f'(x)=0$，解得$cosx=\cfrac{1}{2}$，
因为$x\in (0，\cfrac{\pi}{2})$，则$x=\cfrac{\pi}{3}$；
当$x\in (0，\cfrac{\pi}{3})$时，\(f'(x)>0\)，故$f(x)$单调递增，
当$x\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{2})$时，\(f'(x)<0\)，故$f(x)$单调递减，
故$x=\cfrac{\pi}{3}$时，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{3})=3\sqrt{3}\)。
新题补充
提示：令$sinx=t\in [-1，1]$，则原函数转化为$y=t(1-t^2)$，\(t \in [-1，1]\)，\(y_{max}=\cfrac{3\sqrt{2}}{9}\)；
法2：尝试可否直接求导；
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=t2-1$，则函数$g(x)=h(t)=\cfrac{2(t2-1)}=2(t-\cfrac{1})$，
又函数$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)=h(t)=h(\sqrt{2})=\sqrt{2}$，
故$a\ge \sqrt{2}$。即$a\in [\sqrt{2}，+\infty)$。
