辅助角公式
上任意位置至少有一个成立,并且另一个恒小等于。考虑到周期函数相加结果为周期函数。方法1:辅助角公式法(最快速)(三角函数两角和公式的使用),我们能够通过提取一个因子。是极大值,也是最大值,此时。的函数,我们只需要考虑。方法0:经验法配凑法。
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三角函数线性组合@辅助角公式👺
- 在正弦和余弦波的线性组合的情况下，我们有
-
a
sin
x
+
b
cos
x
a\sin x+b\cos x
asinx+bcosx=
a
2
+
b
2
⋅
sin
(
x
+
ϕ
)
(
a
>
0
)
{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\cdot \sin(x+\phi)\;(a>0)
a2+b2⋅sin(x+ϕ)(a>0)
(0); ϕ = arctan ( b a ) \phi=\arctan \left({\frac {b}{a}}\right) ϕ=arctan(ab)(0-1)或 tan ϕ = b a \tan{\phi}=\frac{b}{a} tanϕ=ab(0-2)- 不妨约定其中
ϕ
∈
(
−
π
2
,
π
2
)
\phi\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})
ϕ∈(−2π,2π)
(0-3), tan ϕ \tan{\phi} tanϕ的函数周期为 π \pi π,区间 ( − π 2 , π 2 ) (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) (−2π,2π)恰好是一个周期,这足以使得 tan ϕ \tan{\phi} tanϕ取遍所有实数
- 不妨约定其中
ϕ
∈
(
−
π
2
,
π
2
)
\phi\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})
ϕ∈(−2π,2π)
- a sin x + b cos x a\sin x+b\cos x asinx+bcosx= a 2 + b 2 ⋅ cos ( x − ϕ ) ( a > 0 ) {\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\cdot \cos(x-\phi)\;(a>0) a2+b2⋅cos(x−ϕ)(a>0);
- 这个公式也叫辅助角公式或李善兰公式。
- 当 a < 0 a<0 a<0时 a sin x + b cos x a\sin{x}+b\cos{x} asinx+bcosx= − ( − a sin x − b cos x ) -(-a\sin{x}-b\cos{x}) −(−asinx−bcosx),其中 − a > 0 -a>0 −a>0,就把问题转换为 a > 0 a>0 a>0的情形
- 该公式的主要作用是将多个三角函数的和化成单个函数，以此来求解有关最值问题。
-
a
sin
x
+
b
cos
x
a\sin x+b\cos x
asinx+bcosx=
a
2
+
b
2
⋅
sin
(
x
+
ϕ
)
(
a
>
0
)
{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}\cdot \sin(x+\phi)\;(a>0)
a2+b2⋅sin(x+ϕ)(a>0)
推导
-
(三角函数两角和公式的使用)
-
由 sin ( x + ϕ ) \sin(x+\phi) sin(x+ϕ)= sin x cos ϕ + cos x sin ϕ \sin{x}\cos\phi+\cos{x}\sin\phi sinxcosϕ+cosxsinϕ可知,若 a = cos ϕ a=\cos{\phi} a=cosϕ, b = sin ϕ b=\sin{\phi} b=sinϕ,则 a sin x + b cos x a\sin x+b\cos x asinx+bcosx= sin ( x + ϕ ) \sin(x+\phi) sin(x+ϕ),其中 tan ϕ = b a \tan\phi=\frac{b}{a} tanϕ=ab,这显然要求 a 2 + b 2 = 1 a^2+b^2=1 a2+b2=1
(1) -
如果对于一般的 a , b a,b a,b,我们能够通过提取一个因子 k k k做变形:
-
a
sin
x
+
b
cos
x
a\sin x+b\cos x
asinx+bcosx=
k
(
A
sin
x
+
B
cos
x
)
k(A\sin{x}+B\cos{x})
k(Asinx+Bcosx)
(2)或 k A sin x + k B cos x kA\sin{x}+kB\cos{x} kAsinx+kBcosx;(2-0) - 分别令:
a
=
k
A
a=kA
a=kA,
b
=
k
B
b=kB
b=kB
(2-1);则 A = a k A=\frac{a}{k} A=ka; B = b k B=\frac{b}{k} B=kb(2-2) - 思路1:
- 并且令
A
2
+
B
2
A^2+B^2
A2+B2=
(
a
k
)
2
+
(
b
k
)
2
=
1
(\frac{a}{k})^2+(\frac{b}{k})^2=1
(ka)2+(kb)2=1
(3),即 a 2 + b 2 k 2 = 1 \frac{a^2+b^2}{k^2}=1 k2a2+b2=1(3-1) - 这样的
k
k
k满足
a
2
+
b
2
=
k
2
a^2+b^2=k^2
a2+b2=k2,即
k
=
±
a
2
+
b
2
k=\pm\sqrt{a^2+b^2}
k=±a2+b2
(4),不妨取 k = a 2 + b 2 k=\sqrt{a^2+b^2} k=a2+b2(4-1) - 从而式(2)变形为 a 2 + b 2 ( A sin x + B cos x ) \sqrt{a^2+b^2}(A\sin{x}+B\cos{x}) a2+b2(Asinx+Bcosx),得到式(0);将(4-1)代入(2-2),可得 ( A , B ) (A,B) (A,B)= ( a a 2 + b 2 , b a 2 + b 2 ) (\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}) (a2+b2a,a2+b2b)= ( cos ϕ , sin ϕ ) (\cos{\phi},\sin\phi) (cosϕ,sinϕ);考虑到(0-3) ϕ \phi ϕ角的取值范围,其中 cos ϕ > 0 \cos\phi>0 cosϕ>0,从而要求 a > 0 a>0 a>0
- 并且令
A
2
+
B
2
A^2+B^2
A2+B2=
(
a
k
)
2
+
(
b
k
)
2
=
1
(\frac{a}{k})^2+(\frac{b}{k})^2=1
(ka)2+(kb)2=1
- 思路2:
- 也可受启发于任意非零平面向量
n
=
(
a
,
b
)
\bold{n}=(a,b)
n=(a,b)的单位化方法,即与
n
\bold{n}
n同向的单位向量为
1
a
2
+
b
2
(
a
,
b
)
\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}(a,b)
a2+b21(a,b)=
(
a
a
2
+
b
2
,
b
a
2
+
b
2
)
(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}})
(a2+b2a,a2+b2b)
(5),即 ( a a 2 + b 2 ) 2 (\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}})^2 (a2+b2a)2+ ( b a 2 + b 2 ) 2 (\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}})^2 (a2+b2b)2= a 2 + b 2 a 2 + b 2 \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2} a2+b2a2+b2= 1 1 1(6)式(6)将 1 1 1展开成两个数的平方和,并且这两个数仅由 a , b a,b a,b决定 - 而
a
2
+
b
2
⋅
(
a
a
2
+
b
2
,
b
a
2
+
b
2
)
\sqrt{a^2+b^2}\cdot{(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}})}
a2+b2⋅(a2+b2a,a2+b2b)=
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b)
(7)得出 k = a 2 + b 2 k=\sqrt{a^2+b^2} k=a2+b2 - 或由(2-2),令 ( a a 2 + b 2 , b a 2 + b 2 ) (\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}) (a2+b2a,a2+b2b)= ( A , B ) (A,B) (A,B)= ( a k , b k ) (\frac{a}{k},\frac{b}{k}) (ka,kb),从而 k k k= a 2 + b 2 \sqrt{a^2+b^2} a2+b2即式(4-1)
- 也可受启发于任意非零平面向量
n
=
(
a
,
b
)
\bold{n}=(a,b)
n=(a,b)的单位化方法,即与
n
\bold{n}
n同向的单位向量为
1
a
2
+
b
2
(
a
,
b
)
\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}(a,b)
a2+b21(a,b)=
(
a
a
2
+
b
2
,
b
a
2
+
b
2
)
(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}})
(a2+b2a,a2+b2b)
- 令 A = cos ϕ A=\cos\phi A=cosϕ, B = sin ϕ B=\sin\phi B=sinϕ;再由(2-2),得 tan ϕ \tan\phi tanϕ= B A \frac{B}{A} AB= b a \frac{b}{a} ab
-
a
sin
x
+
b
cos
x
a\sin x+b\cos x
asinx+bcosx=
k
(
A
sin
x
+
B
cos
x
)
k(A\sin{x}+B\cos{x})
k(Asinx+Bcosx)
-
小结:
- 总是可以将不满足(1)的情形转化为情形(1): a sin x + b cos x a\sin x+b\cos x asinx+bcosx= k ( A sin x + B cos x ) k(A\sin x+B\cos x) k(Asinx+Bcosx)
-
a
sin
x
+
b
cos
x
a\sin x+b\cos x
asinx+bcosx=
a
2
+
b
2
1
a
2
+
b
2
(
a
sin
x
+
b
cos
x
)
\sqrt{a^2+b^2}\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}(a\sin x+b\cos x)
a2+b2a2+b21(asinx+bcosx)=
a
2
+
b
2
(
a
a
2
+
b
2
sin
x
+
b
a
2
+
b
2
cos
x
)
\sqrt{a^2+b^2}(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin{x}+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos{x})
a2+b2(a2+b2asinx+a2+b2bcosx)=
a
2
+
b
2
(
A
sin
x
+
B
cos
x
)
\sqrt{a^2+b^2}(A\sin{x}+B\cos{x})
a2+b2(Asinx+Bcosx)
(7), ( A 2 + B 2 = 1 ) (A^2+B^2=1) (A2+B2=1) - 问题便转换为(1)的情形
-
更一般的说，对于任何相位移动，我们有:
-
a
sin
x
+
b
sin
(
x
+
α
)
=
c
sin
(
x
+
β
)
(
a
+
b
cos
x
>
0
)
{\displaystyle a\sin x+b\sin(x+\alpha )=c\sin(x+\beta )\;(a+b\cos x>0)}
asinx+bsin(x+α)=csin(x+β)(a+bcosx>0)
- c = a 2 + b 2 + 2 a b cos α , c={\sqrt {a^{2}+b^{2}+2ab\cos \alpha }}, c=a2+b2+2abcosα,
- 而 β = arctan ( b sin α a + b cos α ) {\displaystyle \beta =\arctan \left({\frac {b\sin \alpha }{a+b\cos \alpha }}\right)} β=arctan(a+bcosαbsinα)
-
a
sin
x
+
b
sin
(
x
+
α
)
=
c
sin
(
x
+
β
)
(
a
+
b
cos
x
>
0
)
{\displaystyle a\sin x+b\sin(x+\alpha )=c\sin(x+\beta )\;(a+b\cos x>0)}
asinx+bsin(x+α)=csin(x+β)(a+bcosx>0)
应用举例
- 求
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
sin
x
+
cos
x
\sin{x}+\cos{x}
sinx+cosx
(1)的最大值 M M M
解:
-
方法0:经验法配凑法
- 将 f ( x ) f(x) f(x)= 1 sin x + 1 cos x 1\sin{x}+1\cos{x} 1sinx+1cosx= 2 ( cos π 4 ⋅ sin x + sin π 4 cos x ) \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\cdot\sin{x}+\sin{\frac{\pi}{4}}\cos{x}) 2(cos4π⋅sinx+sin4πcosx)= 2 sin ( x + π 4 ) \sqrt{2}\sin{(x+\frac{\pi}{4})} 2sin(x+4π),显然 M = 2 M=\sqrt{2} M=2
-
方法1:辅助角公式法(最快速)
- 由于
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
1
2
+
1
2
sin
(
x
+
ϕ
)
\sqrt{1^2+1^2}\sin{(x+\phi)}
12+12sin(x+ϕ)=
2
sin
(
x
+
ϕ
)
\sqrt{2}\sin{(x+\phi)}
2sin(x+ϕ)
(2),其中 tan ϕ = 1 \tan{\phi}=1 tanϕ=1,可取 ϕ \phi ϕ= π 4 + k π \frac{\pi}{4}+k\pi 4π+kπ, k ∈ Z k\in\mathbb{Z} k∈Z,- 不妨取其在 ( − π 2 , π 2 ) (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) (−2π,2π)内的取值为 π 4 \frac{\pi}{4} 4π
- tan x \tan{x} tanx函数周期为 π \pi π,并且单个周期内为单调函数
- 而
sin
(
x
+
ϕ
)
\sin{(x+\phi)}
sin(x+ϕ)在
t
=
x
+
ϕ
=
π
2
+
2
k
π
t=x+\phi=\frac{\pi}{2}+2k\pi
t=x+ϕ=2π+2kπ,
k
∈
Z
k\in\mathbb{Z}
k∈Z时取得最大值
1
1
1
- 而 ϕ = π 4 \phi=\frac{\pi}{4} ϕ=4π,则 x = π 4 + 2 k π x=\frac{\pi}{4}+2k\pi x=4π+2kπ均取得最大值 1 1 1
- 从而 M M M= 2 ⋅ 1 \sqrt{2}\cdot{1} 2⋅1= 2 \sqrt{2} 2
- Note:其实只要计算 a 2 + b 2 \sqrt{a^2+b^2} a2+b2,就直到最大值是多少,当然要注意定义域分析
- 由于
f
(
x
)
f(x)
f(x)=
1
2
+
1
2
sin
(
x
+
ϕ
)
\sqrt{1^2+1^2}\sin{(x+\phi)}
12+12sin(x+ϕ)=
2
sin
(
x
+
ϕ
)
\sqrt{2}\sin{(x+\phi)}
2sin(x+ϕ)
-
方法2:求导法
-
考虑到周期函数相加结果为周期函数
-
由于 sin x \sin{x} sinx, cos x \cos{x} cosx都是周期为 2 π 2\pi 2π得函数,因此 f ( x ) f(x) f(x)也是周期为 2 π 2\pi 2π的函数,我们只需要考虑 [ 0 , 2 π ] [0,2\pi] [0,2π]内的情形
-
f ′ ( x ) f'(x) f′(x)= cos x − sin x \cos{x}-\sin{x} cosx−sinx,令 f ′ ( x ) f'(x) f′(x)= 0 0 0,得 cos x \cos{x} cosx= sin x \sin{x} sinx,而 sin 2 x + cos 2 x = 1 \sin^{2}x+\cos^{2}x=1 sin2x+cos2x=1,从而 sin x \sin{x} sinx= ± 2 2 \pm{\frac{\sqrt{2}}{2}} ±22
-
x x x= π 4 + k π \frac{\pi}{4}+k\pi 4π+kπ或 3 π 4 + k π \frac{3\pi}{4}+k\pi 43π+kπ,合起来写为 x x x= 1 4 ( 2 k + 1 ) π \frac{1}{4}(2k+1)\pi 41(2k+1)π, ( k ∈ Z ) (k\in\mathbb{Z}) (k∈Z)
-
先考虑 [ 0 , π 2 ] [0,\frac{\pi}{2}] [0,2π]上的情形
-
不妨取 x = π 4 x=\frac{\pi}{4} x=4π,此结合 sin x , cos x \sin{x},\cos{x} sinx,cosx的曲线,可以确定 [ 0 , π 4 ) [0,\frac{\pi}{4}) [0,4π)内 f ′ ( x ) > 0 f'(x)>0 f′(x)>0,而 ( π 4 , π 4 ] (\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}] (4π,4π]上 f ′ ( x ) < 0 f'(x)<0 f′(x)<0,从而 [ 0 , π 2 ] [0,\frac{\pi}{2}] [0,2π]内 x = π 4 x=\frac{\pi}{4} x=4π是极大值,也是最大值,此时 f ( π 4 ) f(\frac{\pi}{4}) f(4π)= 2 2 + 2 2 \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2} 22+22= 2 \sqrt{2} 2
-
观察 sin x , cos x \sin{x},\cos{x} sinx,cosx在 [ π 2 , 2 π ] [\frac{\pi}{2},2\pi] [2π,2π]内的函数曲线,此时 f ( x ) ⩽ 1 f(x)\leqslant{1} f(x)⩽1(其中 sin x ⩽ 0 , cos x ⩽ 0 \sin{x}\leqslant{0},\cos{x}\leqslant{0} sinx⩽0,cosx⩽0在 [ π 2 , 2 π ] [\frac{\pi}{2},2\pi] [2π,2π]上任意位置至少有一个成立,并且另一个恒小等于 1 1 1)
-
综上整个周期上 f ( x ) f(x) f(x)的最大值为 2 \sqrt{2} 2
-
-
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