一類三角求值問題的探究

摘" 要：文章對兩道結構相似的三角求值試題進行探究，從不同的角度給出四種解法，并對試題進行拓展探究，得到相應的變式與推廣，揭示此類問題的本質.

關鍵詞：三角求值；強基計劃；加權平均不等式；變式與推廣

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0023-04

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：林國紅（1977—），男，廣東省佛山人，中學高級教師，從事中學數學教育研究.

三角函數是高中數學的一個重要模塊，其中的三角求值問題常涉及到三角公式的考查，并常與其他模塊的知識結合，這些在培養思維的靈活性等方面起到重要作用.因此三角求值問題也成為高考、強基計劃的一個考查熱點，常考常新.

本文對兩道結構相似的三角求值試題進行分析，呈現此類試題的解法，并作拓展探究，供大家參考.

1" 兩道三角求值試題

試題1" （《數學教學》第1144號題）已知銳角α，β滿足sin5αsin3β+cos5αcos3β=1，求證：sin5βsin3α+cos5βcos3α=1.

試題2" （2023年南京大學強基計劃試題第4題）sin4αsin2β+cos4αcos2β=1，則sin4βsin2α+cos4βcos2α=.

2" 試題的解法探究

下面以試題1為例進行解答.

證法1" （均值不等式）因為sin5αsin3β+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.

當且僅當sin5αsin3β=sin2β，cos5αcos3β=cos2β時等號成立，得

sinα=sinβ，cosα=cosβ， 且α，β為銳角.

故α=β.

所以sin5βsin3α+cos5βcos3α=sin5βsin3β+cos5βcos3β

=sin2β+cos2β=1.

評注" 利用均值不等式求最值是高中數學常用方法之一，若要用均值不等式求幾個正數和的最小值，關鍵在于構造條件使其積為常數，通常是通過“拼湊”的方法進行構造［1］.

證法2" （權方和不等式）由權方和不等式，得

1=sin5αsin3β+sin5αsin3β

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

≥（sin2α+cos2α）52（sin2β+cos2β）32=1，

當且僅當sin2αsin2β=cos2αcos2β時，等號成立.

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.

評注" 權方和不等式是數學中一個很常用的不等式，其形式簡潔，結構漂亮，可用于處理分式不等式求最值、證明不等式等方面，合理使用權方和不等式可以避免不等式放縮過程中許多技巧性很強的湊配.

證法3" （構造函數法）設sinα=x，因為α為銳角，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g（x）=xsinβ-1-x2cosβ，

因為xsinβ，-1-x2cosβ在（0，1）上單調遞增，

故g（x）在（0，1）上單調遞增，且g（sinβ）=0.

故當0lt;xlt;sinβ時，g（x）lt;0；

當sinβlt;xlt;1時，g（x）gt;0，

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

所以當0lt;xlt;sinβ時，f ′（x）lt;0；

當sinβlt;xlt;1時，f ′（x）gt;0，

從而f（x）在（0，sinβ）上單調遞減，在（sinβ，1）上單調遞增.

于是f（x）≥f（sinβ）=1，當且僅當x=sinβ時，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.

評注" 解法3利用換元構造相應的函數，再利用導數法求最值，方法巧妙，并且可以增強知識之間的融會貫通，拓展知識面，對提高解題能力和培養創新意識具有重要意義［2］.

證法4" （加權均值不等式）因為α，β為銳角，

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

由加權均值不等式，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.

又因為1=sin5αsin3β+sin5αsin3β，

所以6sin2（α-β）2=0.

因為α，β為銳角，故得α=β.

所以sin5βsin3α+cos5βcos3α=sin5βsin3β+cos5βcos3β

=sin2β+cos2β

=1.

評注" 加權均值不等式：設aigt;0，pigt;0，i=1，2，…，n，則

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

當p1+p2+…+pn=1時，加權均值不等式變為ap11ap22…apnn≤p1a1+p2a2+…+pnan；當p1+p2+…+

pn=1n時，加權均值不等式變為na1a2…an≤a1+a2+…+ann，即是常見的均值不等式.

3" 問題的拓展探究

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，

當且僅當sin2αsin2β=cos2αcos2β時，等號成立.

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" 試題的進一步探究

由前述證法可知，當且僅當α=β時，sin5αsin3β+cos5αcos3β有最小值1.

思考問題：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" 因為α，β為銳角，所以sinαgt;0，cosαgt;0，sinβgt;0，cosβgt;0，且-π4lt;α-β2lt;π4.

由加權均值不等式，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.

因為-π4lt;α-β2lt;π4，

所以-22lt;sinα-β2lt;22.

即0≤sin2α-β2lt;12.

故1≤1+2ksin2α-β2lt;1+k，當且僅當α=β時，等號成立.

所以M的取值范圍為［1，1+k）.

評注" 由于sink+2αsinkβ+cosk+2αcoskβ≥1+2ksin2α-β2，當且僅當α=β時，等號成立.顯然這正是原問題的命題背景.

4" 結束語

學數學離不開解題，遇到一道經典試題，要從多角度、深層次探尋其解法，通法也好，巧法也罷，不單要比較其優劣，還要清楚其中的方法內涵，知曉其中的來龍去脈，方能實現試題研究價值的最大化.另外，不要只滿足于問題的解決，要通過變式、類比進行研究，尋求問題的增長點，從而達到做一題會一類，甚至會一片的目的，積累良好的數學思維和實踐經驗，最終在解題思路上產生質的變化，使思維得到發展.

參考文獻：

［1］

林國紅.一道三角求值競賽題的探究［J］.數學通訊，2020（10）：27-30.

［2］ 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.

［責任編輯：李" 璟］