2023届高考数学二轮复习微专题6与不等式相关的三角最值问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题6与不等式相关的三角最值问题学案，共8页。


例题：(2016·江苏卷)在锐角三角形ABC中，若sinA＝2sinBsinC，则tanAtanBtanC的最小值是________________．
变式1(2018·浙江模拟)若△ABC的内角满足sinA＋eq \r(2)sinB＝2sinC，求csC的最小值．
变式2(2018·盐城三模)设△ABC的面积为2，若角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，则a2＋2b2＋3c2的最小值为________________．
串讲1在△ABC中，BC＝eq \r(2)，AC＝1，以AB为边作等腰直角三角形ABD(B为直角顶点，C，D两点在直线AB的两侧)，当∠C变化时，线段CD长的最大值为________________．
串讲2在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点(a，b)在直线x(sinA－sinB)＋ysinB＝csinC上．
(1)求角C的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形且满足eq \f(m,tanC)＝eq \f(1,tanA)＋eq \f(1,tanB)，求实数m的最小值．
(2018·镇江期末)如图，准备在墙上钉一个支架，支架由两直杆AC与BD焊接而成，焊接点D把杆AC分成AD，CD两段，其中两固定点A，B间距离为1米，AB与杆AC的夹角为60°，杆AC长为1米，若制作AD段的成本为a元/米，制作CD段的成本是2a元/米，制作杆BD是4a元/米．设∠ADB＝α，则制作整个支架的总成本记为S元．
(1)求S关于α的函数表达式，并求出α的取值范围；
(2)问AD段多长时，S最小？
(2018·扬州期末)如图，射线OA和OB均为笔直的公路，扇形OPQ区域(含边界)是一蔬菜种植园，其中P，Q分别在射线OA和OB上．经测量得，扇形OPQ的圆心角(即∠POQ)为eq \f(2π,3)，半径为1千米．为了方便菜农经营，打算在扇形OPQ区域外修建一条公路MN，分别与射线OA，OB交于M，N两点，并要求MN与扇形弧PQ相切于点S，设∠POS＝α(单位：弧度)，假设所有公路的宽度均忽略不计．
(1)试将公路MN的长度表示为α的函数，并写出α的取值范围；
(2)试确定α的值，使得公路MN的长度最小，并求出其最小值．
答案：(1)MN＝tanα＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))＝eq \f(\r(3)（tan2α＋1）,\r(3)tanα－1)，其中eq \f(π,6)＜α＜eq \f(π,2)；
(2)当α＝eq \f(π,3)时，MN长度的最小值为2eq \r(3)千米．
解析：(1)因为MN与扇形弧PQ相切于点S，所以OS⊥MN.在Rt△OSM中，因为OS＝1，
∠MOS＝α，所以SM＝tanα，在Rt△OSN中，∠NOS＝eq \f(2π,3)－α，所以SN＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))，
所以MN＝tanα＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))＝eq \f(\r(3)（tan2α＋1）,\r(3)tanα－1)，4分
其中eq \f(π,6)＜α＜eq \f(π,2).6分
(2)因为eq \f(π,6)＜α＜eq \f(π,2)，所以eq \r(3)tanα－1＞0，令t＝eq \r(3)tanα－1＞0，则tanα＝eq \f(\r(3),3)(t＋1)，
所以MN＝eq \f(\r(3),3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(4,t)＋2))，8分
由基本不等式得MN≥eq \f(\r(3),3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(t×\f(4,t))＋2))＝2eq \r(3)，10分
当且仅当t＝eq \f(4,t)即t＝2时取“＝”.12分
当时tanα＝eq \r(3)，由于eq \f(π,6)＜α＜eq \f(π,2)，故α＝eq \f(π,3).13分
答：(1)MN＝tanα＋taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α))＝eq \f(\r(3)（tan2α＋1）,\r(3)tanα－1)，其中eq \f(π,6)＜α＜eq \f(π,2).
微专题6
例题1
答案：8.
解析：由sinA＝sin(π－A)＝sin(B＋C)＝sinBcsC＋csBsinC，sinA＝2sinBsinC，可得sinB
csC＋csBsinC＝2sinBsinC.由三角形ABC为锐角三角形，则csB＞0，csC＞0，可得tanB＋tanC＝2tanBtanC.
又tanA＝－tan(π－A)＝
－tan(B＋C)
＝－eq \f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)，则tanAtanBtanC＝tanA＋tanB＋tanC＝tanA＋2tanBtanC，由A，B，C为锐角可得tanA＞0，tanB＞0，tanC＞0，所以tanAtanBtanC＝tanA＋2tanBtanC≥2eq \r(2tanAtanBtanC)，
即tanAtanBtanC≥8，当且仅当tanA＝2tanBtanC，即tanB＝2＋eq \r(2)，tanC＝2－eq \r(2)，tanA＝4(或tanB，tanC互换)时取到等号，因此tanAtanBtanC最小值为8.
变式联想
变式1
答案：eq \f(\r(6)－\r(2),4).
解析：设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦定理得a＋eq \r(2)b＝2c，
所以csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝
eq \f(a2＋b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(2)b,2)))\s\up12(2),2ab)
＝eq \f(\f(3,4)a2＋\f(1,2)b2－\f(\r(2),2)ab,2ab)≥
eq \f(2\r(\f(3,4)a2×\f(1,2)b2)－\f(\r(2),2)ab,2ab)
＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，当且仅当eq \f(3,4)a2＝eq \f(1,2)b2时，即eq \f(a,b)＝eq \f(\r(2),\r(3))时等号成立，所以csC的最小值为eq \f(\r(6)－\r(2),4).
变式2
答案：8eq \r(11).
解析：由S＝eq \f(1,2)bcsinA，得bc＝eq \f(4,sinA).又a2＝b2＋c2－2bccsA，所以a2＋2b2＋3c2＝3b2＋4c2－2bccsA≥2eq \r(3b2·4c2)－2bccsA＝bceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4\r(3)－2csA))＝eq \f(8（2\r(3)－csA）,sinA).
令f(A)＝eq \f(8（2\r(3)－csA）,sinA)，
A∈(0，π)，f′(A)
＝eq \f(8（1－2\r(3)csA）,sin2A)，令f′(A)＝0，解得csA＝eq \f(1,2\r(3))，sinA＝eq \f(\r(11),2\r(3))，由单调性可知此时
f(A)取得最小值为8eq \r(11).
当且仅当eq \r(3)b＝2c且csA＝eq \f(1,2\r(3))时取等号，则a2＋2b2＋3c2的最小值为8eq \r(11).
串讲激活
串讲1
答案：3.
解析：设∠CBA＝α，AB＝BD＝a，则在△BCD中，由余弦定理可知CD2＝2＋a2＋2eq \r(2)sinα，在三角形ABC中，
由余弦定理可知csα＝eq \f(a2＋1,2\r(2)a)，
可得sinα＝eq \f(\r(－a4＋6a2－1),2\r(2)a)，所以CD2＝2＋a2＋
eq \r(－a4＋6a2－1)，令t＝2＋a2，则CD2＝t＋
eq \r(－t2＋10t－17)＝t＋
eq \r(－（t－5）2＋8)≤eq \r(2)·
eq \r(（t－5）2＋[－（t－5）2＋8])＋5＝9，当(t－5)2＝4时等号成立．∴CD的最大值为3.
串讲2
答案：(1)eq \f(π,3)；(2)2.
解析：(1)由条件可知a(sinA－
sinB)＋bsinB＝csinC，由正弦定理可得a2＋b2－c2＝ab，又由余弦定理知csC＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，C∈(0，π)，
在△ABC中可得C＝eq \f(π,3).
(2)由eq \f(m,tanC)＝eq \f(1,tanA)＋eq \f(1,tanB)，可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tanA)＋\f(1,tanB)))tanC，
即m＝eq \f(sinC,csC)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(csA,sinA)＋\f(csB,sinB)))＝eq \f(sinC,csC)×eq \f(csAsinB＋csBsinA,sinAsinB)＝eq \f(sinC,csC)
×eq \f(sinC,sinAsinB).由正、余弦定理可得mmin＝eq \f(c2,ab)×eq \f(1,csC)＝eq \f(2c2,ab)＝
eq \f(2（a2＋b2－ab）,ab)＝
2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＋\f(a,b)－1))≥2，当且仅当a＝b时，等号成立，所以实数m的最小值为2.
新题在线
答案：(1)S＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)－\r(3)csα,2sinα)＋\f(3,2)))，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))；
(2)AD＝eq \f(5＋\r(5),10)时，S最小．
解析：(1)在△ABD中，由正弦定理得eq \f(1,sinα)＝eq \f(BD,sin\f(π,3))＝eq \f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－α)))，所以BD＝eq \f(\r(3),2sinα)，AD＝eq \f(\r(3)csα,2sinα)＋eq \f(1,2)，
则S＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)csα,2sinα)＋\f(1,2)))＋
2aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)csα,2sinα)＋\f(1,2)))))＋
4aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2sinα)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)－\r(3)csα,2sinα)＋\f(3,2)))，由题意得α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3))).
(2)令S′＝eq \r(3)a·eq \f(1－4csα,sin2α)＝0.设csα0＝eq \f(1,4).
所以当csα＝eq \f(1,4)时，S最小，此时sinα＝eq \f(\r(15),4)，AD＝eq \f(\r(3)csα,2sinα)＋eq \f(1,2)＝eq \f(5＋\r(5),10).
不等式是解决最值问题的重要方法，有关三角最值问题是高考的热点和难点，解决此类问题的关键是将所求量转化为单一变量的函数或者双变量的表达式(后者必须找到这两个变量的关系式)，从而考虑采用不等式的方法求最值.
α
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，α0))
α0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α0，\f(2π,3)))
csα
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
eq \f(1,4)
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))
S′
＜0
0
＞0
S
单调递减
极小
单调递增