求三角函數的最值

前言

對三角函數求最值的幾種常見考查方向整理歸納，重點說明新考向的解法思路。

預備知識

• 數學常識：$1\pm sinx\ge 0$；$1\pm cosx\ge 0$；$2\pm sinx> 0$；

• 三角變換，

• 二次型，配方法

• 解三角不等式，解三角不等式

常見考向

• 1、利用化一法轉化為正(余)弦型函數求最值

逆用二倍角的正弦公式，二倍角的余弦公式，輔助角公式，轉化為正弦型函數；

例題 當$x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]$時，求函數$f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1$的值域，

解析：函數$f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1$

\(=2sin(2x+\cfrac{\pi}{3})+1\)

若$x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]$，則可得

\(-\cfrac{2\pi}{3}\leq 2x\leq \cfrac{\pi}{2}\)，則$-\cfrac{\pi}{3}\leq 2x+\cfrac{\pi}{3}\leq \cfrac{5\pi}{6}$，

故當$2x+\cfrac{\pi}{3}=-\cfrac{\pi}{3}$，即$x=-\cfrac{\pi}{3}$時，\(f(x)_{min}=f(-\cfrac{\pi}{3})=2\times (-\cfrac{\sqrt{3}}{2})+1=-\sqrt{3}+1\)；

故當$2x+\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}$，即$x=\cfrac{\pi}{12}$時，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{12})=2\times 1+1=3\)；

例2 【2017$\cdot$廣東汕頭一模】【求面積的最大值】已知$\Delta ABC$的內角$A，B，C$的對邊分別是$a，b，c$，且滿足$b=c$，\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，若點$O$是$\Delta ABC$外的一點，\(\angle AOB=\theta(0<\theta<\pi)\)，\(OA=2\)，\(OB=1\)，則四邊形$OACB$面積的最大值是【】

$A.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$ $B.\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}$ $C.3$ $D.\cfrac{4+5\sqrt{3}}{4}$

分析：由$\cfrac=\cfrac=\cfrac{1-cosB}$，

得到$sinBcosA+cosBsinA=sinA$，即$sin(A+B)=sinA$

則$sinC=sinA$，即$A=C$，

故$a=b=c$，為等邊三角形。

在$\Delta AOB$中，\(AB^2=2^2+1^2-2\cdot 2\cdot 1\cdot cos\theta=5-4cos\theta\)，

故$S_=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}$

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 1\cdot sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB^2\)

\(=sin\theta+\cfrac{\sqrt{3}}{4}(5-4cos\theta)=2sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}\)

當$\theta-\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2}\(時，即\)\theta=\cfrac{5\pi}{6}\in (0，\pi)$時，四邊形的面積有最大值，

且$S_=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}$，故選$B$。

• 2、利用二次型函數求最值

利用配方法轉化為以$sinx$或$cosx$為元的二次型函數，

高考題 (2017高考真題 理科全國卷2的第14題)函數$f(x)=sin^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}])$的最大值為_______。

分析：由於$x\in[0，\cfrac{\pi}{2}]$，則$cosx\in [0，1]$，

令$cosx=t\in [0，1]$，\(f(x)=1-cos^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}=1-t^2+\sqrt{3}t-\cfrac{3}{4}=-(t-\cfrac{\sqrt{3}}{2})^2+1=g(t)\)，

故當$t=\cfrac{\sqrt{3}}{2}$時，\(g(t)_{max}=f(x)_{max}=1\)。

• 3、利用換元法轉化為二次函數或其他函數求解

①求$f(x)=sinx\pm cosx\pm sinx\cdot cosx$的值域問題。

②求函數$y=g(x)=\cfrac{sin\alpha\cdot cos\alpha}{sin\alpha+cos\alpha}，\alpha\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$的值域問題。

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

則$sin\alpha\cdot cos\alpha=\cfrac{t^2-1}{2}$，

則原函數轉化為$y=g(x)=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1})，t\in [1，\sqrt{2}]$單調遞增；

則$y_=g(1)=0$，\(y_{max}=g(\sqrt{2})=\cfrac{\sqrt{2}}{4}\)，

• 4、利用均值不等式求最值

5 【2019屆高三理科數學三輪模擬試題】已知$\triangle ABC$的內角$A$，\(B\)，$C$所對的邊分別為$a$，\(b\)，\(c\)，且$acosC-ccosA=\cfrac{3}{5}b$，則$tan(A-C)$的最大值為________。

分析：首先邊化角得到，\(sinAcosC-cosAsinC=\cfrac{3}{5}sinB\)，即$5(sinAcosC-cosAsinC)=3sin(A+C)$，

打開整理得到，$2sinA cosC=8cosAsinC$，弦化切得到$tanA=4tanC$，

則$tan(A-C)=\cfrac{1+tanAtanC}=\cfrac{3tanC}{1+4tan^2C}=\cfrac{3}{\cfrac{1}+4tanC}$

\(\leq \cfrac{3}{2\sqrt{4}}=\cfrac{3}{4}\)，當且僅當$\cfrac{1}=4tanC$時，即$tanC=\cfrac{1}{2}$時取到等號。

故$tan(A-C)\(的最大值為\)\cfrac{3}{4}$。

• 5、小眾考向

①求函數$y=\cfrac{2+sinx}$的值域；

②函數$y=\cfrac{2+sinx}$的值域；

最新考向

• 利用導數求最值或換元后利用導數求最值；

例3+新考向 【2018高考一卷第16題】

求$f(x)=2sinx+sin2x$的最小值。【最值和導數相結合的題型】

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$cosx+1\ge 0$恆成立，故

令$f'(x)>0$得到，\(cosx>\cfrac{1}{2}\)，令$f'(x)<0$得到，\(cosx<\cfrac{1}{2}\)，

則$x\in [2k\pi-\cfrac{5\pi}{3}，2k\pi-\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$時，函數$f(x)$單調遞減；

$x\in [2k\pi-\cfrac{\pi}{3}，2k\pi+\cfrac{\pi}{3}](k\in Z)$時，函數$f(x)$單調遞增；

故當$x=2k\pi-\cfrac{\pi}{3}(k\in Z)$時，\(f(x)_{min}=f(2k\pi-\cfrac{\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)。

法2：由於函數$f(x)$的周期為$T=2\pi$，且為奇函數；

\(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1)\)

\(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1)\)

\(=4(cosx+1)(cosx-\cfrac{1}{2})\)

結合$y=cosx$的圖像分析導函數的正負如下，

當$x\in [0，\cfrac{\pi}{3})$時，\(f'(x)>0\)，$f(x)$單調遞增，

當$x\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{5\pi}{3})$時，\(f'(x)<0\)，$f(x)$單調遞減，

當$x\in (\cfrac{5\pi}{3}，2\pi)$時，\(f'(x)>0\)，$f(x)$單調遞增，

故當$x=\cfrac{5\pi}{3}$時，\(f(x)_{min}=f(\cfrac{5\pi}{3})=-\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)

例4 【2019屆高三理科數學信息題】已知函數$f(x)=cosx-\cfrac{1}{2}sin2x$，則$f(x)$的最大值為_______________。

解析：\(f'(x)=-sinx-\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot cos2x\)

\(=-sinx-cos2x\)

\(=-sinx-(1-2sin^2x)\)

\(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)\)，

由於$-1\leq sinx\leq 1$，故$sinx-1\leq 0$，

則令$f'(x)>0$，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$2k\pi-\cfrac{\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}(k\in Z)$，

即單調遞減區間為$[2k\pi-\cfrac{\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}](k\in Z)$，

單調遞增區間為$[2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}](k\in Z)$，

故當$x=2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}$時，$f(x)$取得最大值；

\(f(x)_{max}=cos(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin2(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})\)

\(=cos(2\pi-\cfrac{\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin(4\pi-\cfrac{\pi}{3})\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。

例6 定義在$(0，\cfrac{\pi}{2})$上的函數$f(x)=8sinx-tanx$的最大值為__________。

分析：\(f(x)=8sinx-\cfrac{sinx}{cosx}\)，

則$f'(x)=8cosx-\cfrac{cos^{2x-sinx\cdot (-sinx)}{cos}2x}=8cosx-\cfrac{1}{cos^2x}$

\(=\cfrac{8cos^3x-1}{cos^2x}=\cfrac{(2cosx-1)(4cos^2x+cosx+1)}{cos^2x}\)，

令$f'(x)=0$，解得$cosx=\cfrac{1}{2}$，

因為$x\in (0，\cfrac{\pi}{2})$，則$x=\cfrac{\pi}{3}$；

當$x\in (0，\cfrac{\pi}{3})$時，\(f'(x)>0\)，故$f(x)$單調遞增，

當$x\in (\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{2})$時，\(f'(x)<0\)，故$f(x)$單調遞減，

故$x=\cfrac{\pi}{3}$時，\(f(x)_{max}=f(\cfrac{\pi}{3})=3\sqrt{3}\)。

新題補充

例5 【2019信息題】函數$y=sinx\cdot cos^2x$的最大值為____________。

提示：令$sinx=t\in [-1，1]$，則原函數轉化為$y=t(1-t^2)$，\(t \in [-1，1]\)，\(y_{max}=\cfrac{3\sqrt{2}}{9}\)；

法2：嘗試可否直接求導；

例6 【2019學生問題】[轉化划歸+恆成立問題+分離參數+換元法+求最值]

函數$f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\(在區間\)[0，\cfrac{\pi}{2}]$上單調遞增，求實數$a$的取值范圍。

分析：由於函數$f(x)=cos2x+a(sinx-cosx)\(在區間\)[0，\cfrac{\pi}{2}]$上單調遞增，

則$f'(x)\ge 0$在區間$[0，\cfrac{\pi}{2}]$上恆成立，

又$f'(x)=-2sin2x+a(cosx+sinx)\ge 0$在區間$[0，\cfrac{\pi}{2}]$上恆成立，

由於$x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]$，\(cosx+sinx>0\)，故用完全分離參數法，得到，

$a\ge \cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}\(在區間\)[0，\cfrac{\pi}{2}]$上恆成立，

題目轉化為求函數$g(x)=\cfrac{2sin2x}{sinx+cosx}$的最大值問題。

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

則$sin2x=t^{2-1$，則函數$g(x)=h(t)=\cfrac{2(t}2-1)}=2(t-\cfrac{1})$，

又函數$h'(t)=1+\cfrac{1}{t^2}>0$在$t\in [1，\sqrt{2}]$上恆成立，

故函數$h(t)$在$t\in [1，\sqrt{2}]$上單調遞增，

故$g(x)=h(t)=h(\sqrt{2})=\sqrt{2}$，

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