求三角函数的最值

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；

当\(x\in [-\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{\pi}{4}]\)时，求函数\(f(x)=2sinx\cdot cosx+2\sqrt{3}\cdot cos^2x-\sqrt{3}+1\)的值域，

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

【2017\(\cdot\)广东汕头一模】【求面积的最大值】已知\(\Delta ABC\)的内角\(A，B，C\)的对边分别是\(a，b，c\)，且满足\(b=c\)，\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，若点\(O\)是\(\Delta ABC\)外的一点，\(\angle AOB=\theta(0<\theta<\pi)\)，\(OA=2\)，\(OB=1\)，则四边形\(OACB\)面积的最大值是【】

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

分析：由\(\cfrac{b}{a}=\cfrac{sinB}{sinA}=\cfrac{1-cosB}{cosA}\)，

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\(S_{OACB}=S_{\Delta AOB}+S_{\Delta ABC}\)

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

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

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\(S_{max}=2+\cfrac{5\sqrt{3}}{4}=\cfrac{8+5\sqrt{3}}{4}\)，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，

【2021届高三学生资料用题】在钝角 \(\triangle ABC\) 中，角 \(A、 B、 C\) 所对的边分别为 \(a、 b、 c\)， \(B\) 为钝角，若 \(a\cos A=b \sin A\)，则 \(\sin A+\sin C\) 的最大值为 【\(\quad\)】

$A.\sqrt{2}$ $B.\cfrac{9}{8}$ $C.1$ $D.\cfrac{7}{8}$

解析: 由于 \(a\cos A=b\sin A\)， 由正弦定理可得， \(\sin A\cos A=\sin B\sin A\)，

由于\(\sin A\neq 0\)，故 \(\cos A=\sin B\)诱导公式:\(\sin(\cfrac{\pi}{2}+\theta)\)\(=\)\(\cos\theta\)\(\quad\)，\(B\) 为钝角， 故\(B=A+\cfrac{\pi}{2}\)，

则\(\sin A+\sin C=\sin A+\sin(A+B)\)

\(=\sin A+\cos 2A=\sin A+1-2\sin^{2}A\)

\(=-2(\sin A-\cfrac{1}{4})^{2}+\cfrac{9}{8}\)，

故 \(\sin A+\sin C\) 的最大值为 \(\cfrac{9}{8}\)，故选\(B\).

【2017高考真题 理科全国卷2的第14题】函数\(f(x)=sin^2x+\sqrt{3}cosx-\cfrac{3}{4}(x\in[0，\cfrac{\pi}{2}])\)的最大值为_______。

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\(y=g(x)=\cfrac{\frac{1}{2}(t^2-1)}{t}=\cfrac{1}{2}(t-\cfrac{1}{t})，t\in [1，\sqrt{2}]\)单调递增；

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

• 4、利用均值不等式求最值

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知\(\triangle ABC\)的内角\(A\)，\(B\)，\(C\)所对的边分别为\(a\)，\(b\)，\(c\)，且\(acosC-ccosA=\cfrac{3}{5}b\)，则\(tan(A-C)\)的最大值为________。

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

\(\leq \cfrac{3}{2\sqrt{4}}=\cfrac{3}{4}\)，当且仅当\(\cfrac{1}{tanC}=4tanC\)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\(y=\cfrac{sinx-2}{2+sinx}\)的值域；

②函数\(y=\cfrac{cosx-2}{2+sinx}\)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；

【2018高考Ⅰ卷第16题】求\(f(x)=2sinx+sin2x\)的最小值。

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

【2020高考理科数学Ⅱ卷第21题】已知函数 \(f(x)=\sin^{2}x\cdot\sin2x\).

(1). 讨论 \(f(x)\) 在区间 \((0, \pi)\) 的单调性；

解： \(f'(x)=(\sin^2x)'\cdot\sin2x+\sin^2x\cdot(\sin2x)'\)

\(=(2\sin x\cdot\cos x)\cdot(\sin 2 x)+\sin^2x(\cos2x\cdot 2)\) \(\quad\)注释注意，此处是复合函数的求导，\((\sin^2x)'\)\(=\)\(2\)\(\sin x\)\(\cdot\)\(\cos x\)，\((\sin2x)'=2\cos2x\)；\(\quad\).

\(=2\sin x\cos x\sin2x+2\sin^{2}x\cos2x\)

\(=2\sin x(\sin2x\cdot\cos x+\cos2x\cdot\sin x)\)

\(=2\sin x\cdot\sin 3x\)

将函数\(y=\sin x\)和\(y=\sin 3x\) 的图像做在同一个坐标系中，如图所示，只研究\(x\in (0,\pi)\)段上即可；

当 \(x \in\left(0, \cfrac{\pi}{3}\right) \cup\left(\cfrac{2 \pi}{3}, \pi\right)\) 时, \(f^{\prime}(x)>0 ;\) 当 \(x \in\left(\cfrac{\pi}{3}, \cfrac{2 \pi}{3}\right)\) 时, \(f^{\prime}(x)<0\).

所以 \(f(x)\) 在区间 \(\left(0, \cfrac{\pi}{3}\right)\)，\(\left(\cfrac{2 \pi}{3}, \pi\right)\)上单调递增，

在区间 \(\left(\cfrac{\pi}{3}, \cfrac{2 \pi}{3}\right)\) 单调递减.

(2). 证明: \(|f(x)| \leqslant \cfrac{3 \sqrt{3}}{8}\).

证明：由 (1) 可知其单调性， 故\(f(x)\) 在区间 \([0, \pi]\)上的最值情况为

最大值为 \(f\left(\cfrac{\pi}{3}\right)=\cfrac{3\sqrt{3}}{8}\)，最小值为 \(f\left(\cfrac{2\pi}{3}\right)=-\cfrac{3\sqrt{3}}{8}\)，

又因为 \(f(0)=f(\pi)=0\)，函数\(y=\sin x\)的 \(T=2\pi\)， \(y=\sin 3x\)的 \(T=\cfrac{2\pi}{3}\)，

故猜想函数 \(y=\sin x\cdot\sin 3x\)的周期为\(\pi\)，

验证：\(f(x+\pi)=2\sin(x+\pi)\cdot\sin(3x+3\pi)=2(-\sin x)\cdot(-\sin 3x)=f(x)\)，故\(T=\pi\)；

结合\(f(x)\) 是周期为 \(\pi\) 的周期函数，故 \(|f(x)|\leqslant \cfrac{3 \sqrt{3}}{8}\)。

(3). 设 \(n\in N^{*}\)， 证明: \(\sin^{2}x\sin^{2}2x\sin^{2}4x\cdots\sin^{2}2^{n}x\leqslant \cfrac{3^{n}}{4^{n}}\).

证明： \(\left(\sin^{2}x\sin^{2}2x\sin^{2}4x\cdots\sin^{2}2^{n}x\right)^{\frac{3}{2}}\)此处为什么要施加\(\frac{3}{2}\)次方，是为了得到结果的三次方，进一步的目的是为了能拆分为，比如这样的形式，\(\sin^3x=\sin x\cdot \sin^2x\)，\(\sin^32x=\sin 2x\cdot \sin^22x\)，以便于使用上一步的结论，\(|f(2x)|\)\(\leqslant\)\(\frac{3\sqrt{3}}{8}\)，其中在高中数学学业质量评价中对水平三[大学自主招生层次]的要求有这样一句话，能在现有命题的基础上得到新的命题；\(\quad\).

\(=\left|\sin^{3}x\sin^{3}2x\cdots\sin^{3}2^{n}x\right|\)

\(=|\sin x|\cdot|\sin^{2}x\sin^{3}2x\cdots\sin^{3}2^{n-1}\sin2^{n}x|\cdot|\sin^{2}2^{n}x|\)

\(=|\sin x|\cdot|(\sin^{2}x\cdot\sin2x)(\sin^{2}2x\cdot\sin 2^2x)(\sin^22^2x\cdots)\cdots(\sin^{2}2^{n-1}\sin2^{n}x)|\cdot|\sin^{2}2^{n}x|\)

\(=|\sin x|\cdot\left|f(x)\cdot f(2x) \cdots f\left(2^{n-1}x\right)\right|\cdot\left|\sin^{2}2^{n}x\right|\)

\(\leqslant\left|f(x)\cdot f(2x) \cdots f\left(2^{n-1}x\right)\right|\)

\(=|f(x)|\cdot|f(2x)|\cdot|f(2^2x)|\cdots \cdot|f(2^{n-1}x)|\leqslant(\cfrac{3\sqrt{3}}{8})^n\)，

即\(\left(\sin^{2}x\sin^{2}2x\sin^{2}4x\cdots\sin^{2}2^{n}x\right)^{\frac{3}{2}}\leqslant(\cfrac{3\sqrt{3}}{8})^n\)，

两边同时施行\(\cfrac{2}{3}\)次方，得到

则 \(\sin^{2}x\sin^{2}2x\cdots\sin^22^{n}x\leqslant\left(\cfrac{3\sqrt{3}}{8}\right)^{\frac{2n}{3}}=(\cfrac{3^{\frac{3}{2}}}{2^3})^{\frac{2n}{3}}=\cfrac{3^{n}}{4^{n}}\).

【2019届高三理科数学信息题】已知函数\(f(x)=cosx-\cfrac{1}{2}sin2x\)，则\(f(x)\)的最大值为_______________。

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；

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

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

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

定义在\((0，\cfrac{\pi}{2})\)上的函数\(f(x)=8sinx-tanx\)的最大值为__________。

分析：\(f(x)=8sinx-\cfrac{sinx}{cosx}\)，

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

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

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

【2019信息题】函数\(y=sinx\cdot cos^2x\)的最大值为____________。

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；

【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\(a\in [\sqrt{2}，+\infty)\)。

在 \(\triangle ABC\) 中， 内角 \(A\)， \(B\)， \(C\) 的对边分别是 \(a\)， \(b\)，\(c\) 若 \(a\cos B-b\cos A=\cfrac{c}{2}\)，则表达式\(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}\) 的最小值为____________.

解析: 在 \(\triangle ABC\) 中, \(c=a \cos B+b \cos A\)，[射影定理]

联立 \(\left\{\begin{array}{l}c=a\cos B+b\cos A \\ a\cos B-b\cos A=\cfrac{c}{2}\end{array}\right.，\) 解得\(\cos A=\cfrac{c}{4b}\)，\(\cos B=\cfrac{3c}{4a}\)，

所以 \(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}=\cfrac{a\cdot\cfrac{c}{4b}+b\cdot\cfrac{3c}{4a}}{a\cdot\cfrac{3c}{4a}}\)

\(=\cfrac{1}{3}(\cfrac{a}{b}+\cfrac{3 b}{a})\geq\cfrac{1}{3}\times 2\sqrt{\cfrac{a}{b}\cdot\cfrac{3b}{a}}\)\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)

当且仅当 \(\cfrac{a}{b}=\cfrac{3 b}{a}\) 时，等号成立.

故\(\cfrac{a\cos A+b\cos B}{a\cos B}\) 的最小值为\(=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)；