求三角函數中參數的取值范圍的幾種題型

摘要：本文介紹幾種求三角函數中參數的取值范圍的方法：構造函數解不等式、雙變量問題先確定主變量、利用函數單調性求解、利用換元轉化為函數問題、數形結合求解.

關鍵詞：構造函數;確定主變量;函數單調性;換元法;數形結合

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2022）16-0040-03

收稿日期：2022-03-05

作者簡介：田素偉，中學高級教師，從事高中數學教學研究.[FQ）]

?？汲Ｐ碌娜呛瘮祮栴}，一直是高考的一個重點，近年來，數學高考中出現了一些重視基礎，考查能力的新型試題，特別是在三角函數中含參數的問題更是精彩紛呈，如何求這類三角函數中參數的取值范圍？下面就常見的幾種題型分別舉例說明.

1 構造函數解不等式

例1已知實數a滿足sina2+sina>a2+a，則a的取值范圍是.

解析將sina2+sina>a2+a變形為

sina2-a2>-（sina-a）.

構造函數f（x）=sinx-x，

所以sina2-a2>-（sina-a）可化為

f（a2）>-f（a）.

又因為f（-x）=sin（-x）-（-x）=-（sinx-x）=-f（x），

所以f（x）為奇函數.

所以f（-a）=-f（a）.

所以f（a2）>f（-a）.

由f ′（x）=cosx-1≤0知，f（x）在R上為減函數.所以a2<-a.解得-1<a<0.

所以a的取值范圍是-1<a<0.

評析本題是通過觀察題中式子特征構造函數f（x）=sinx-x，然后利用函數的性質解不等式.

變式1已知α，β∈（0，π2），α≠β，若eα-eβ=cosα-2cosβ，比較α與β的大小.

解析把eα-eβ=cosα-2cosβ變形為

eα-cosα=eβ-cosβ-cosβ，

構造函數f（x）=ex-cosx，x∈（0，π2），

所以eα-cosα=eβ-cosβ-cosβ可化為

f（α）=f（β）-cosβ.

因為f（x）=ex-cosx，則f ′（x）=ex+sinx>0.

所以函數f（x）在（0，π2）上單調遞增.

當α，β∈（0，π2）時，cosβ>0，

所以f（β）-f（α）=cosβ>0.

所以f（β）>f（α）.

所以β>α.

2 雙變量問題先確定主變量

例2設函數f（x）=x2021+x，x∈R，若當θ∈0，π2時，f（msinθ）+f（1-m）>0恒成立，求m的取值范圍.

解析由f（x）=x2021+x，顯然f（x）為奇函數，且單調遞增.

因為f（msinθ）+f（1-m）>0恒成立，

即f（msinθ）>f（m-1）恒成立.

所以msinθ>m-1恒成立.

當θ∈0，π2時，sinθ∈0，1 ，

設t=sinθ，則t∈0，1.

所以msinθ>m-1可化為mt>m-1.

所以mt-m+1>0.

這里有兩個變量m和t，因為t的取值范圍已經確定，所以確定以t為主變量，把不等式轉化為關于t的函數.

設f（t）=mt-m+1，

（1）當m=0時，此時f（t）=1>0符合題意;

（2）當m≠0時，函數f（t）=mt-m+1是關于t的一次函數，

所以f（0）=-m+1>0，f（1）=m-m+1>0.

解得m<1且m≠0.

綜上可知，實數m的取值范圍是（-

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，1）.

評析本題利用函數的性質轉化為關于兩個變量m和t的不等式，因為t的取值范圍已經確定，所以確定以t為主變量，把不等式轉化為關于t的函數，一般情況下含兩個變量m和t的不等式，如果其中一個變量的取值范圍能確定，那么就以這個變量為主變量，另外一個變量作為參數.

3 利用函數單調性求解

例3已知函數f（x）=tanx+3sinx，若對任意x∈-π6，π6，f（x）>a恒成立，則a的取值范圍是

.

解析若對任意x∈-π6，π6，f（x）>a恒成立，則只要f（x）min>a即可.

因為函數y=tanx和y=3sinx在-π6，π6上都單調遞增，所以函數f（x）=tanx+3sinx在x∈-π6，π6上單調遞增.

故f（x）>f-π6=tan-π6+3sin-π6=-536.所以a≤-536.

評析本題是含參數的三角不等式的恒成立問題，不等式的恒成立問題一般轉化為函數的最值問題.一般方法是不等式同解變形為a>f（x）或者a<f（x）的形式，然后再利用以下命題進行求解.a>f（x）恒成立（有解）a>fmax（x）（a>fmin（x））;

a<f（x）恒成立（有解）a<fmin（x）（a<fmax（x））.

4 利用換元轉化為函數問題

例4已知函數f（x）=2sin2x-a（sinx+cosx），當x∈0，π2時，不等式f（x）≤0恒成立，求實數a的取值范圍.

解法1因為當x∈0，π2時，不等式f（x）≤0恒成立，所以在x∈0，π2時，不等式2sin2x-a（sinx+cosx）≤0恒成立.

設t=cosx+sinx=2sinx+π4，

由x∈0，π2，知t=2sinx+π4∈1，2.

因為t=cosx+sinx，所以t2=（cosx+sinx）2.

所以sin2x=t2-1.

不等式2sin2x-a（sinx+cosx）≤0可化為

2（t2-1）-at≤0.

即當t∈1，2時，不等式2（t2-1）-at≤0恒成立.

所以2（t2-1）≤at.解得a≥2（t-1t）.

所以本題可轉化為

當t∈1，2時，a≥2t-1t恒成立.

故在t∈1，2時，只要a≥2t-1tmax即可.

因為y=t-1t在1，2上單調遞增，

所以當t=2時，y=t-1t有最大值22.

所以2t-1t的最大值是2.

所以a≥2.

解法2因為當x∈0，π2時，不等式f（x）≤0恒成立，

所以在x∈0，π2時，不等式2sin2x-a（sinx+cosx）≤0恒成立.

因為在x∈0，π2時，sinx+cosx≥1，

所以a≥2sin2xcosx+sinx=2×（1+sin2x-1cosx+sinx）=2×cosx+sinx2-1cosx+sinx=2×[（cosx+sinx）-1cosx+sinx]恒成立.

以下解法同解法1

評析本題通過換元把三角問題轉化為給定區間上的不等式恒成立問題，再轉化為函數的最值問題.

5 數形結合求解

例5設函數fx=3cosπ21-x，若關于x的方程f 2x-afx+1=0在區間0，3內恒有四個不同的實根，求實數a的取值范圍.

解析fx=3cosπ21-x=3sinπ2x，作出函數fx的函數圖象（如圖1）.

當x∈0，3時，f（x）∈0，3.

設t=fx，所以t∈0，3.

因為方程f 2x-afx+1=0在區間0，3內恒有四個不同的實根，由t=fx，所以關于t的一元二次方程t2-at+1=0有兩個不同的根，設y=t2-at+1，t∈0，3，所以函數y=t2-at+1圖象在t∈0，3時與t軸有兩個交點.

所以Δ=a2-4>0，0<a2<3，f（0）=1>0，f（3）=3-3a+1>0，解得2<a<433.

評析因為關于f（x）的一元二次方程f 2（x）-af（x）+1=0最多只能解出2個f（x），若方程要恰有4個不相同的實數解，設f 2（x）-af（x）+1=0的兩個根分別是f1（x），f2（x），所以兩個函數值f1（x），f2（x）共對應4個不同的x，所以函數值f1（x）對應2個不同的x，函數值f2（x）對應2個不同的x，設t=f（x），關于t的一元二次t2-at+1=0，當t∈0，3有兩個不等的實根，轉化為函數圖象與坐標軸交點的分布.

參考文獻：

[1] 中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）[M].北京：人民教育出版社，2020.

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