吳文堯

重點(diǎn)：熟悉基本三角函數(shù)最值的求法；通過(guò)變形、換元等方法把非基本的三角函數(shù)化為基本的三角函數(shù)或基本的代數(shù)函數(shù)的最值問(wèn)題.

難點(diǎn)：含參數(shù)的三角函數(shù)最值問(wèn)題；三角函數(shù)最值的綜合應(yīng)用問(wèn)題.

1. 三角函數(shù)的值域或最值的考查，一般有以下兩種形式：一種是化為一個(gè)角的三角函數(shù)的形式，如y=Asin（ωx+φ）+k，要注意角的取值范圍的考慮；另一種是轉(zhuǎn)化為以某一三角函數(shù)為未知數(shù)的常見(jiàn)函數(shù)問(wèn)題，如y=f（sinx），要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 具體類型有：

（1）y=asinx+b（或y=acosx+b）型：利用三角函數(shù)的有界性或單調(diào)性求解.

（2）y=asinx+bcosx型：引用輔助角化為y=sin（x+φ）的形式再利用三角函數(shù)的有界性求解.

（3）y=asin2x+bcosx+c（或y=acos2x+bsinx+c）型：先進(jìn)行換元，化為一個(gè)角的同名三角函數(shù)形式的一元二次式，利用配方法或圖象法求解.

（4）y=或y=型：用分離常數(shù)法化為只在分母上含有變量的關(guān)系，再根據(jù)有界性求解.

（5）y=或y=型：可借助直線的斜率的關(guān)系用數(shù)形結(jié)合的方法求解.

（6）含有sinx±cosx，sinx·cosx型：設(shè)t=sinx±cosx，將sinx·cosx轉(zhuǎn)化為t的關(guān)系式，化為關(guān)于t的函數(shù)的最值問(wèn)題進(jìn)行處理.

（7）y=asinx+型：利用函數(shù)的單調(diào)性求解.

2.對(duì)于三角函數(shù)最值的應(yīng)用問(wèn)題通?？捎谩澳繕?biāo)函數(shù)”的方法解決，其解題步驟可總結(jié)為：“變量→函數(shù)→值域”.變量：選擇一個(gè)量為目標(biāo)函數(shù)的自變量（通常選擇某一個(gè)角為變量）；函數(shù)：求出目標(biāo)函數(shù)的解析式及定義域；最值：求出目標(biāo)函數(shù)的值域，即得所需結(jié)論.

例1 （2014年高考新課標(biāo)卷II）設(shè)函數(shù)f（x）=sin.若存在f（x）的極值點(diǎn)x0滿足x+[f（x0）]2

A. （-∞，-6）∪（6，+∞）

B. （-∞，-4）∪（4，+∞）

C. （-∞，-2）∪（2，+∞）

D. （-∞，-1）∪（4，+∞）

思索 要求得m的取值范圍，只需要得到m滿足的不等式，故把條件“存在f（x）的極值點(diǎn)x0滿足x+[f（x0）]2

破解 由=kπ+解得x0=k+m，此時(shí)f（x0）=±. x+[f（x0）]24，即m<-2或m>2. 故選C.

例2 在△ABC中，已知內(nèi)角A=，邊BC=2. 設(shè)內(nèi)角B=x，周長(zhǎng)為y.

（1）求函數(shù)y=f（x）的解析式和定義域；

（2）求y的最大值.

思索 三角函數(shù)最值的考查更多是綜合性的應(yīng)用，三角函數(shù)中的三角形問(wèn)題與三角公式的恒等變換的結(jié)合是近年高考考查的熱點(diǎn).本題第（1）問(wèn)利用正弦定理表示出三角形另兩邊關(guān)于角B的函數(shù)關(guān)系；第（2）問(wèn)利用三角公式進(jìn)行恒等變換，將函數(shù)化為y=Asin（ωx+φ）+k的形式，再求最值.

破解 （1）△ABC的內(nèi)角和A+B+C=π，由A=，B>0，C>0得0

（2）因?yàn)閥=4sinx+cosx+sinx+2=4sinx++2

例3 （2014年高考浙江卷）如圖1，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點(diǎn)A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練. 已知點(diǎn)A到墻面的距離為AB，某目標(biāo)點(diǎn)P沿墻面的射線CM移動(dòng)，此人為了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn)P，需計(jì)算由點(diǎn)A觀察點(diǎn)P的仰角θ的大小. 若AB=15 m，AC=25 m，∠BCM=30°，則tanθ的最大值是________.（仰角θ為直線AP和平面ABC所成的角）

圖1

思索 （1）注意到在圖中沒(méi)有畫(huà)出角θ，所以首先要畫(huà)出直線AP和平面ABC所成的角.

圖2

（2）如圖2，要求tanθ的最大值，即求PQ∶QA的最大值，注意到CQ=PQ，所以原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：在△AQC中，求兩邊長(zhǎng)的比QC∶QA的最大值.已知∠ACQ為定值，因此可選擇∠QAC=φ為目標(biāo)函數(shù)的變量，然后把tanθ表示成φ的函數(shù)，進(jìn)而求出tanθ的最大值.

破解 作PQ⊥BC于Q，則PQ⊥平面ABC，連接AQ，則∠PAQ為直線AP和平面ABC所成的角θ.

由已知，BC=20 m，所以sin∠ACB=，令∠QAC=φ，在△AQC中，由正弦定理可知===AQ，即=sinφ. 又因?yàn)镃Q=PQ，在Rt△PQA中，tanθ==·sinφ≤，即φ=90°時(shí)，tanθ的最大值為.

點(diǎn)評(píng) 這是一個(gè)立體幾何與三角函數(shù)綜合的最值問(wèn)題，解決這類問(wèn)題通常有以下兩種方法：一是利用目標(biāo)函數(shù)法解決；二是利用幾何意義法解決. 在用目標(biāo)函數(shù)法求最值時(shí)，當(dāng)可用某一線段長(zhǎng)作為目標(biāo)函數(shù)的變量，也可用某一角的大小作為目標(biāo)函數(shù)的變量時(shí)，多數(shù)情況下選擇以角為變量，因?yàn)榻堑膸缀我饬x比較明顯，且學(xué)過(guò)的一些三角公式可以發(fā)揮作用（如該例題沒(méi)有選擇以BQ或CQ為目標(biāo)函數(shù)的變量，而選擇∠QAC為目標(biāo)函數(shù)的變量）. 本題還可以利用幾何意義法解決，你能想到嗎？

例4 （2014年高考遼寧卷）對(duì)于c>0，當(dāng)非零實(shí)數(shù)a，b滿足4a2-2ab+4b2-c=0，且使u=2a+b最大時(shí)，S=-+的最小值為_(kāi)_______.

思索 本題可以運(yùn)用三角代換的方法，把它化歸為三角函數(shù)的最值問(wèn)題.

破解 4a2-2ab+4b2-c=0？圳5（a-b）2+3（a+b）2=2c？圳2+2=1，所以可令a-b=cosθ，a+b=sinθ，解得

a=sinθ+cosθ，b=sinθ-cosθ.？搖所以u(píng)=2a+b=（3sinθ+cosθ）=（sinθ+cosθ）=sinθ+cosθ=·sin（θ+φ）（其中φ=arcsin）. 所以θ+φ=時(shí)，umax=，此時(shí)，sinθ=cosφ=，cosθ=sinφ=.由此可得a=，b=，所以S=-+=-+= -+=--2.所以=，即c=時(shí)，Smin=-2.

1.若△ABC的內(nèi)角滿足sinA+sinB=2sinC，則cosC的最小值是________.

2. 已知函數(shù)f（x）=-sin2x++6sinxcosx-2cos2x+1，x∈R.

（1）求f（x）的最小正周期；

（2）求f（x）在區(qū)間0，上的最大值和最小值.？搖

3. 如圖3，A是單位圓與x軸正半軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B，P在單位圓上，且已知B-，，∠AOB=α，∠AOP=θ（0<θ<π），=+，四邊形OAQP的面積為S.

（1）求cosα+sinα；

（2）求·+S的最大值及此時(shí)θ的值θ0 .

圖3

4. 已知向量a=cosx，sinx，b=cos，-sin，c=（1，-1），其中 -≤x≤， f（x）=（a+c2-3）（b+c2-3），求f（x）的最大值和最小值.

5. 如圖4，扇形OPQ的半徑為R，圓心角∠POQ=α0<α<，求扇形的內(nèi)接矩形的面積S的最大值.

圖4

參考答案

1.

2. （1）函數(shù)f（x）的最小正周期為π.

（2）函數(shù)f（x）的最小值為-2，最大值為2.

3. （1）因B-，，∠AOB=α，cosα=-，sinα=，故cosα+sinα=.

（2）由已知得，A（1，0），P（cosθ，sinθ），所以=（1+cosθ，sinθ），·=1+cosθ. 又S=sinθ，所以·+S=sinθ+cosθ+1=sinθ++1（0<θ<π），則·+S的最大值為+1，此時(shí)θ=.

4. 最大值為，最小值為-8.

5. （1）當(dāng)內(nèi)接矩形僅有一個(gè)頂點(diǎn)在弧PQ上時(shí)（如圖5），設(shè)∠AOP=θ，在Rt△AOD中，AD=Rsinθ，OD=Rcosθ.在Rt△BOC中，OC=BCcotα=ADcotα=Rsinθcotα，所以CD=OD-OC=Rcosθ-Rsinθcotα.其面積S=f（θ）=CD·DA=R2（sinθcosθ-cotαsin2θ）？搖=R2（sin2θ+cotα·cos2θ-cotα）=·（sin2θsinα+cosα·cos2θ-cosα）=·[cos（α-2θ）-cosα]，所以θ=時(shí)，Smax=R2=R2tan.

圖5 圖6

（2）當(dāng)內(nèi)接矩形有且僅有兩個(gè)頂點(diǎn)在弧PQ上時(shí)（如圖6），設(shè)弧PQ的中點(diǎn)為T(mén)，A，B在OT上的射影分別為F，E，則矩形ABEF是扇形OTP的內(nèi)接矩形，且僅有一個(gè)頂點(diǎn)在弧TP上，∠POT=. 由（1）可知，矩形ABEF的面積的最大值為R2tan，所以矩形ABCD的面積的最大值Smax=R2tan.由于tan=>2tan，所以R2tan>R2tan. 由（1）（2）可知，Smax=R2tan.endprint

破解 4a2-2ab+4b2-c=0？圳5（a-b）2+3（a+b）2=2c？圳2+2=1，所以可令a-b=cosθ，a+b=sinθ，解得

a=sinθ+cosθ，b=sinθ-cosθ.？搖所以u(píng)=2a+b=（3sinθ+cosθ）=（sinθ+cosθ）=sinθ+cosθ=·sin（θ+φ）（其中φ=arcsin）. 所以θ+φ=時(shí)，umax=，此時(shí)，sinθ=cosφ=，cosθ=sinφ=.由此可得a=，b=，所以S=-+=-+= -+=--2.所以=，即c=時(shí)，Smin=-2.

1.若△ABC的內(nèi)角滿足sinA+sinB=2sinC，則cosC的最小值是________.

2. 已知函數(shù)f（x）=-sin2x++6sinxcosx-2cos2x+1，x∈R.

（1）求f（x）的最小正周期；

（2）求f（x）在區(qū)間0，上的最大值和最小值.？搖

3. 如圖3，A是單位圓與x軸正半軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B，P在單位圓上，且已知B-，，∠AOB=α，∠AOP=θ（0<θ<π），=+，四邊形OAQP的面積為S.

（1）求cosα+sinα；

（2）求·+S的最大值及此時(shí)θ的值θ0 .

圖3

4. 已知向量a=cosx，sinx，b=cos，-sin，c=（1，-1），其中 -≤x≤， f（x）=（a+c2-3）（b+c2-3），求f（x）的最大值和最小值.

5. 如圖4，扇形OPQ的半徑為R，圓心角∠POQ=α0<α<，求扇形的內(nèi)接矩形的面積S的最大值.

圖4

參考答案

1.

2. （1）函數(shù)f（x）的最小正周期為π.

（2）函數(shù)f（x）的最小值為-2，最大值為2.

3. （1）因B-，，∠AOB=α，cosα=-，sinα=，故cosα+sinα=.

（2）由已知得，A（1，0），P（cosθ，sinθ），所以=（1+cosθ，sinθ），·=1+cosθ. 又S=sinθ，所以·+S=sinθ+cosθ+1=sinθ++1（0<θ<π），則·+S的最大值為+1，此時(shí)θ=.

4. 最大值為，最小值為-8.

5. （1）當(dāng)內(nèi)接矩形僅有一個(gè)頂點(diǎn)在弧PQ上時(shí)（如圖5），設(shè)∠AOP=θ，在Rt△AOD中，AD=Rsinθ，OD=Rcosθ.在Rt△BOC中，OC=BCcotα=ADcotα=Rsinθcotα，所以CD=OD-OC=Rcosθ-Rsinθcotα.其面積S=f（θ）=CD·DA=R2（sinθcosθ-cotαsin2θ）？搖=R2（sin2θ+cotα·cos2θ-cotα）=·（sin2θsinα+cosα·cos2θ-cosα）=·[cos（α-2θ）-cosα]，所以θ=時(shí)，Smax=R2=R2tan.

圖5 圖6

（2）當(dāng)內(nèi)接矩形有且僅有兩個(gè)頂點(diǎn)在弧PQ上時(shí)（如圖6），設(shè)弧PQ的中點(diǎn)為T(mén)，A，B在OT上的射影分別為F，E，則矩形ABEF是扇形OTP的內(nèi)接矩形，且僅有一個(gè)頂點(diǎn)在弧TP上，∠POT=. 由（1）可知，矩形ABEF的面積的最大值為R2tan，所以矩形ABCD的面積的最大值Smax=R2tan.由于tan=>2tan，所以R2tan>R2tan. 由（1）（2）可知，Smax=R2tan.endprint

破解 4a2-2ab+4b2-c=0？圳5（a-b）2+3（a+b）2=2c？圳2+2=1，所以可令a-b=cosθ，a+b=sinθ，解得

a=sinθ+cosθ，b=sinθ-cosθ.？搖所以u(píng)=2a+b=（3sinθ+cosθ）=（sinθ+cosθ）=sinθ+cosθ=·sin（θ+φ）（其中φ=arcsin）. 所以θ+φ=時(shí)，umax=，此時(shí)，sinθ=cosφ=，cosθ=sinφ=.由此可得a=，b=，所以S=-+=-+= -+=--2.所以=，即c=時(shí)，Smin=-2.

1.若△ABC的內(nèi)角滿足sinA+sinB=2sinC，則cosC的最小值是________.

2. 已知函數(shù)f（x）=-sin2x++6sinxcosx-2cos2x+1，x∈R.

（1）求f（x）的最小正周期；

（2）求f（x）在區(qū)間0，上的最大值和最小值.？搖

3. 如圖3，A是單位圓與x軸正半軸的交點(diǎn)，點(diǎn)B，P在單位圓上，且已知B-，，∠AOB=α，∠AOP=θ（0<θ<π），=+，四邊形OAQP的面積為S.

（1）求cosα+sinα；

（2）求·+S的最大值及此時(shí)θ的值θ0 .

圖3

4. 已知向量a=cosx，sinx，b=cos，-sin，c=（1，-1），其中 -≤x≤， f（x）=（a+c2-3）（b+c2-3），求f（x）的最大值和最小值.

5. 如圖4，扇形OPQ的半徑為R，圓心角∠POQ=α0<α<，求扇形的內(nèi)接矩形的面積S的最大值.

圖4

參考答案

1.

2. （1）函數(shù)f（x）的最小正周期為π.

（2）函數(shù)f（x）的最小值為-2，最大值為2.

3. （1）因B-，，∠AOB=α，cosα=-，sinα=，故cosα+sinα=.

（2）由已知得，A（1，0），P（cosθ，sinθ），所以=（1+cosθ，sinθ），·=1+cosθ. 又S=sinθ，所以·+S=sinθ+cosθ+1=sinθ++1（0<θ<π），則·+S的最大值為+1，此時(shí)θ=.

4. 最大值為，最小值為-8.

5. （1）當(dāng)內(nèi)接矩形僅有一個(gè)頂點(diǎn)在弧PQ上時(shí)（如圖5），設(shè)∠AOP=θ，在Rt△AOD中，AD=Rsinθ，OD=Rcosθ.在Rt△BOC中，OC=BCcotα=ADcotα=Rsinθcotα，所以CD=OD-OC=Rcosθ-Rsinθcotα.其面積S=f（θ）=CD·DA=R2（sinθcosθ-cotαsin2θ）？搖=R2（sin2θ+cotα·cos2θ-cotα）=·（sin2θsinα+cosα·cos2θ-cosα）=·[cos（α-2θ）-cosα]，所以θ=時(shí)，Smax=R2=R2tan.

圖5 圖6

（2）當(dāng)內(nèi)接矩形有且僅有兩個(gè)頂點(diǎn)在弧PQ上時(shí)（如圖6），設(shè)弧PQ的中點(diǎn)為T(mén)，A，B在OT上的射影分別為F，E，則矩形ABEF是扇形OTP的內(nèi)接矩形，且僅有一個(gè)頂點(diǎn)在弧TP上，∠POT=. 由（1）可知，矩形ABEF的面積的最大值為R2tan，所以矩形ABCD的面積的最大值Smax=R2tan.由于tan=>2tan，所以R2tan>R2tan. 由（1）（2）可知，Smax=R2tan.endprint