一類三角求值問(wèn)題的探究

摘" 要：文章對(duì)兩道結(jié)構(gòu)相似的三角求值試題進(jìn)行探究，從不同的角度給出四種解法，并對(duì)試題進(jìn)行拓展探究，得到相應(yīng)的變式與推廣，揭示此類問(wèn)題的本質(zhì).

關(guān)鍵詞：三角求值；強(qiáng)基計(jì)劃；加權(quán)平均不等式；變式與推廣

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）22-0023-04

收稿日期：2024-05-05

作者簡(jiǎn)介：林國(guó)紅（1977—），男，廣東省佛山人，中學(xué)高級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)教育研究.

三角函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的一個(gè)重要模塊，其中的三角求值問(wèn)題常涉及到三角公式的考查，并常與其他模塊的知識(shí)結(jié)合，這些在培養(yǎng)思維的靈活性等方面起到重要作用.因此三角求值問(wèn)題也成為高考、強(qiáng)基計(jì)劃的一個(gè)考查熱點(diǎn)，?？汲Ｐ?

本文對(duì)兩道結(jié)構(gòu)相似的三角求值試題進(jìn)行分析，呈現(xiàn)此類試題的解法，并作拓展探究，供大家參考.

1" 兩道三角求值試題

試題1" （《數(shù)學(xué)教學(xué)》第1144號(hào)題）已知銳角α，β滿足sin5αsin3β+cos5αcos3β=1，求證：sin5βsin3α+cos5βcos3α=1.

試題2" （2023年南京大學(xué)強(qiáng)基計(jì)劃試題第4題）sin4αsin2β+cos4αcos2β=1，則sin4βsin2α+cos4βcos2α=.

2" 試題的解法探究

下面以試題1為例進(jìn)行解答.

證法1" （均值不等式）因?yàn)閟in5αsin3β+cos5αcos3β=1，由均值不等式，得

5=sin5αsin3β+sin5αsin3β+sin2β+sin2β+sin2β+cos5αcos3β+

cos5αcos3β+cos2β+cos2β+cos2β

≥55sin5αsin3β·sin5αsin3β·sin2β·sin2β·sin2β+

55cos5αcos3β·cos5αcos3β·cos2β·cos2β·cos2β

=5（sin2α+cos2α）

=5.

當(dāng)且僅當(dāng)sin5αsin3β=sin2β，cos5αcos3β=cos2β時(shí)等號(hào)成立，得

sinα=sinβ，cosα=cosβ， 且α，β為銳角.

故α=β.

所以sin5βsin3α+cos5βcos3α=sin5βsin3β+cos5βcos3β

=sin2β+cos2β=1.

評(píng)注" 利用均值不等式求最值是高中數(shù)學(xué)常用方法之一，若要用均值不等式求幾個(gè)正數(shù)和的最小值，關(guān)鍵在于構(gòu)造條件使其積為常數(shù)，通常是通過(guò)“拼湊”的方法進(jìn)行構(gòu)造［1］.

證法2" （權(quán)方和不等式）由權(quán)方和不等式，得

1=sin5αsin3β+sin5αsin3β

=（sin2α）52（sin2β）32+（cos2α）52（cos2β）32

≥（sin2α+cos2α）52（sin2β+cos2β）32=1，

當(dāng)且僅當(dāng)sin2αsin2β=cos2αcos2β時(shí)，等號(hào)成立.

又因α，β為銳角，故sinαsinβ=cosαcosβ.

所以tanα=tanβ.

所以α=β.

所以sin5βsin3α+cos5βcos3α=sin5βsin3β+cos5βcos3β

=sin2β+cos2β

=1.

評(píng)注" 權(quán)方和不等式是數(shù)學(xué)中一個(gè)很常用的不等式，其形式簡(jiǎn)潔，結(jié)構(gòu)漂亮，可用于處理分式不等式求最值、證明不等式等方面，合理使用權(quán)方和不等式可以避免不等式放縮過(guò)程中許多技巧性很強(qiáng)的湊配.

證法3" （構(gòu)造函數(shù)法）設(shè)sinα=x，因?yàn)棣翞殇J角，故x∈（0，1）.

令f（x）=x5sin3β+（1-x2）52cos3β，x∈（0，1），則

f ′（x）=5x［x3sin3β-（1-x2）3cos3β］

=5x（xsinβ-1-x2cosβ）［（xsinβ）2+xsinβ·1-x2cosβ+（1-x2cosβ）2］.

設(shè)g（x）=xsinβ-1-x2cosβ，

因?yàn)閤sinβ，-1-x2cosβ在（0，1）上單調(diào)遞增，

故g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，且g（sinβ）=0.

故當(dāng)0lt;xlt;sinβ時(shí)，g（x）lt;0；

當(dāng)sinβlt;xlt;1時(shí)，g（x）gt;0，

且有（xsinβ）2+xsinβ·1-x2cosβ+（1-x2cosβ）2gt;0.

所以當(dāng)0lt;xlt;sinβ時(shí)，f ′（x）lt;0；

當(dāng)sinβlt;xlt;1時(shí)，f ′（x）gt;0，

從而f（x）在（0，sinβ）上單調(diào)遞減，在（sinβ，1）上單調(diào)遞增.

于是f（x）≥f（sinβ）=1，當(dāng)且僅當(dāng)x=sinβ時(shí)，f（x）=1，故有sinα=sinβ，且α，β為銳角，即得α=β.

所以sin5βsin3α+cos5βcos3α=sin5βsin3β+cos5βcos3β

=sin2β+cos2β

=1.

評(píng)注" 解法3利用換元構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)法求最值，方法巧妙，并且可以增強(qiáng)知識(shí)之間的融會(huì)貫通，拓展知識(shí)面，對(duì)提高解題能力和培養(yǎng)創(chuàng)新意識(shí)具有重要意義［2］.

證法4" （加權(quán)均值不等式）因?yàn)棣?，β為銳角，

所以sinαgt;0，cosαgt;0，sinβgt;0，cosβgt;0.

由加權(quán)均值不等式，得

sin4α4+34sin4β≥（sin4α）

1/4·（sin4β）3/4

=sinαsin3β.

于是sin4α+3sin4β≥4sinαsin3β.

從而sin4αsin3β+3sinβ≥4sinα.

即sin4αsin3β≥4sinα-3sinβ.

所以sin5αsin3β≥4sin2α-3sinαsinβ.①

同理，可得cos5αcos3β≥4cos2α-3cosαcosβ.②

①②兩式相加，得

sin5αsin3β+cos5αcos3β≥4-3cos（α-β）

=4-3［1-2sin2（α-β）2］

=1+6sin2（α-β）2.

又因?yàn)?=sin5αsin3β+sin5αsin3β，

所以6sin2（α-β）2=0.

因?yàn)棣?，β為銳角，故得α=β.

所以sin5βsin3α+cos5βcos3α=sin5βsin3β+cos5βcos3β

=sin2β+cos2β

=1.

評(píng)注" 加權(quán)均值不等式：設(shè)aigt;0，pigt;0，i=1，2，…，n，則

ap11ap22…apnn≤（p1a1+p2a2+…+pnanp1+p2+…+pn）p1+p2+…+pn.

當(dāng)p1+p2+…+pn=1時(shí)，加權(quán)均值不等式變?yōu)閍p11ap22…apnn≤p1a1+p2a2+…+pnan；當(dāng)p1+p2+…+

pn=1n時(shí)，加權(quán)均值不等式變?yōu)閚a1a2…an≤a1+a2+…+ann，即是常見(jiàn)的均值不等式.

3" 問(wèn)題的拓展探究

3.1" 試題的變式

變式1" 已知銳角α，β滿足sin5βsin3α+cos5βcos3α=1，求證：sin5αsin3β+cos5αcos3β=1.

變式2" （試題2的改編）已知銳角α，β滿足sin4αsin2β+cos4αcos2β=1，求證：sin4βsin2α+cos4βcos2α=1.

變式3" （試題2的改編）已知銳角α，β滿足sin4βsin2α+cos4βcos2α=1，求證：sin4αsin2β+cos4αcos2β=1.

3.2" 試題的推廣

推廣1" 已知n∈N*，銳角α，β滿足sin2n+3αsin2n+1β+cos2n+3αcos2n+1β=1，求證：sin2n+3βsin2n+1α+cos2n+3βcos2n+1α=1.

推廣2" 已知n∈N*，銳角α，β滿足sin2n+2αsin2nβ+cos2n+2αcos2nβ=1，求證：sin2n+2βsin2nα+cos2n+2βcos2nα=1.

推廣3" 已知kgt;0，銳角α，β滿足sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ=1，求證：sink+2βsinkα+cosk+2βcoskα=1.

推廣4" 已知kgt;0，tgt;0，銳角α，β滿足sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ=1，求證：sint+2βsintα+cost+2βcostα=1.

由于推廣4更具廣泛性，下面只需給出推廣4的證明.

證明" 由權(quán)方和不等式，得

1=sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ

=（sin2α）k+22（sin2β）k2+（cos2α）k+22（cos2β）k2

≥（sin2α+cos2α）k+22（sin2β+cos2β）k2=1，

當(dāng)且僅當(dāng)sin2αsin2β=cos2αcos2β時(shí)，等號(hào)成立.

又因α，β為銳角，故sinαsinβ=cosαcosβ.

所以tanα=tanβ.

所以α=β.

所以sint+2βsintα+cost+2βcostα=sint+2βsintβ+cosk+2βcostβ

=sin2β+cos2β

=1.

3.3" 試題的進(jìn)一步探究

由前述證法可知，當(dāng)且僅當(dāng)α=β時(shí)，sin5αsin3β+cos5αcos3β有最小值1.

思考問(wèn)題：已知kgt;0，α，β為銳角，記sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ的最小值為M，則M的取值范圍是什么？

解析" 因?yàn)棣?，β為銳角，所以sinαgt;0，cosαgt;0，sinβgt;0，cosβgt;0，且-π4lt;α-β2lt;π4.

由加權(quán)均值不等式，得

sink+1αk+1+kk+1sink+1β

≥（sink+1α）1k+1·

（sink+1β）kk+1

=sinαsinkβ.

于是sink+1α+ksink+1β≥（k+1）sinαsinkβ.

從而sink+1αsinkβ+ksinβ≥（k+1）sinα.

即sink+1αsinkβ≥（k+1）sinα-ksinβ.

所以sink+2αsinkβ≥（k+1）sin2α-ksinαsinβ.③

同理，可得

cosk+2αcoskβ≥（k+1）cos2α-kcosαcosβ.④

③④兩式相加，得

sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ≥（k+1）sin2α-ksinαsinβ+（k+1）cos2α-kcosαcosβ

=k+1-kcos（α-β）

=k+1-k［1-2sin2（α-β）2］

=1+2ksin2（α-β）2.

從而M=1+2ksin2（α-β）2.

因?yàn)?π4lt;α-β2lt;π4，

所以-22lt;sinα-β2lt;22.

即0≤sin2α-β2lt;12.

故1≤1+2ksin2α-β2lt;1+k，當(dāng)且僅當(dāng)α=β時(shí)，等號(hào)成立.

所以M的取值范圍為［1，1+k）.

評(píng)注" 由于sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ≥1+2ksin2α-β2，當(dāng)且僅當(dāng)α=β時(shí)，等號(hào)成立.顯然這正是原問(wèn)題的命題背景.

4" 結(jié)束語(yǔ)

學(xué)數(shù)學(xué)離不開(kāi)解題，遇到一道經(jīng)典試題，要從多角度、深層次探尋其解法，通法也好，巧法也罷，不單要比較其優(yōu)劣，還要清楚其中的方法內(nèi)涵，知曉其中的來(lái)龍去脈，方能實(shí)現(xiàn)試題研究?jī)r(jià)值的最大化.另外，不要只滿足于問(wèn)題的解決，要通過(guò)變式、類比進(jìn)行研究，尋求問(wèn)題的增長(zhǎng)點(diǎn)，從而達(dá)到做一題會(huì)一類，甚至?xí)黄哪康?，積累良好的數(shù)學(xué)思維和實(shí)踐經(jīng)驗(yàn)，最終在解題思路上產(chǎn)生質(zhì)的變化，使思維得到發(fā)展.

參考文獻(xiàn)：

［1］

林國(guó)紅.一道三角求值競(jìng)賽題的探究［J］.數(shù)學(xué)通訊，2020（10）：27-30.

［2］ 中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［責(zé)任編輯：李" 璟］