立足教材探新解 优化认知提素养

摘 要：不等式是高中数学竞赛和高考的重要考点，是考查学生核心素养的重要载体.通过对一道竞赛试题的深入探究，有利于学生对高中数学知识的整体把握，增强数学的创新探究意识.

关键词：不等式；一题多解；核心素养；构建知识

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2024）13-0025-06

本题是2023年北京市高中数学竞赛的一试题，简单大气、意蕴优美.学生可以从不同的角度解答本题，综合性地考查学生对高中数学知识的整体把握，要求学生具有严密的逻辑思维，较强的知识探究与转化能力[1].本题考查了三角函数的定义、三角函数线、三角恒等变换、解三角形、不等式、线性规划、数列、直线与圆的位置关系，导数、图象的平移与变换、参数方程等数学知识；数形结合、转化与化归、函数与方程、设而不求、换元法等思想方法.笔者经过深入探究发现，该题可以从“数”“形”两个维度给予解答[2].

1 解法探究

题目 已知x是一个锐角，那么8sinx+1cosx的最小值是.

1.1 函数视角

解法1 设f（x）=8x+11-x2，x（0，1），则

f ′（x）=x（1-x2）1-x2-8x2.

令f ′（x）=0，解得x=255.

所以当x∈（0，255）时，f ′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（255，1）时，f ′（x）>0，f（x）单调递增.

所以当x=255时，f（x）有最小值f（255）=55.

解法2 f（x）=8sinx+1cosx，x∈（0，π2），

则f ′（x）=cosx·tan3x-8sin2x.

令f ′（x）=0，解得x=x0，其中tanx0=2，

所以当x∈（0，x0）时，f ′（x）<0，f（x）单调递减；当x∈（x0，π2）时，f ′（x）>0，f（x）单调递增.

所以当x=x0时，sin x0=255，cos x0=55，f（x）有最小值f（x0）=55.

1.2 三角恒等变换视角

解法3 （万能公式）由万能公式知，sinx=2t1+t2，cosx=1-t21+t2，其中t=tanx2，x∈（0，π2），则

8sinx+1cosx=4+4t2t+1+t21-t2.

令g（x）=4+4x2x+1+x21-x2，x∈（0，1），则

g′（x）=（x2+x-1）［x2+x（1-x2）+（1-x2）2］x2（1-x2）2.

令g′（x）=0，解得x=5-12，则

当x∈（0，5-12）时，g′（x）<0，g（x）单调递减；当x∈（5-12，1）时，g′（x）>0，g（x）单调递增.故当x=5-12时，g（x）有最小值g（5-12）=55.1.3 不等式视角

解法4 （多元基本不等式）因为1=sin2x+cos2x=sin2x4+sin2x4+sin2x4+sin2x4+cos2x，

由多元均值不等式知，1≥55sin8xcos2x28.

即sin4xcosx≤24（15）52，当且仅当sin2x4=cos2x，即tanx=2时，等号成立.

8sinx+1cosx=2sinx+2sinx+2sinx+2sinx+1cosx

≥5524sin4xcosx

≥552424（1/5）5/2=55，

当且仅当2sinx=1cosx，即tanx=2时，等号成立.

综上所述，8sinx+1cosx的最小值为55.

解法5 （二元基本不等式）令z=8sinx+1cosx，则λz=8λsinx+λcosx，λ>0.

所以λz+1=8λsinx+λcosx+sin2x+cos2x

=4λsinx+4λsinx+sin2x+λ2cosx+λ2cosx+cos2x.

由均值不等式知zλ+1≥334λsinx·4λsinx·sin2x+33λ2cosx·λ2cosx·cos2x=3316λ2+33λ24，

当且仅当4λsinx=sin2x，λ2cosx=cos2x， 即sin2x=（4λ）23，cos2x=（λ2）23时，等号成立.

由sin2x+cos2x=1，知

（4λ）23+（λ2）23=1，

等式两边同时3次方，解得λ=255.

由zλ+1≥3316λ2+33λ24，知

z·255+1≥3，

解得z≥55.

所以8sinx+1cosx的最小值为55.

解法6 （基本不等式）设λ为正实数，则λsinx+cosx=λ2+1sin（x+θ），其中

cosθ=λλ2+1，sinθ=1λ2+1.

易知λ2+1≥λsinx+cosx.

所以

λ2+1（8sinx+1cosx）≥（λsinx+cosx）·（8sinx+1cosx）≥8λ+1+8cosxsinx+λsinxcosx≥8λ+1+42λ.

当且仅当8cosxsinx=λsinxcosx，即sinx=8λ+8，cosx=λλ+8时，等号成立.

此时满足

λ2+1=λsinx+cosx=λ8+λλ+8，

解得λ=2，

易知5（8sinx+1cosx）≥25，

即8sinx+1cosx≥55.

解法7 （柯西不等式）设α=（22sinx，1cosx），β=（2sinx，cosx），由柯西不等式知，

5=22sinx·2sinx+1cosx·cosx

≤8sinx+1cosx·2sinx+cosx

≤8sinx+1cosx·5，

解得8sinx+1cosx≥55，

当且仅当8/sinx2sinx=1/cosxcosx，即sin x=255，cos x=55时，

8sinx+1cosx有最小值55.

解法8 （权方和不等式） 8sinx+1cosx=432（sin2x）12+132（cos2x）12≥（4+1）32（sin2x+cos2x）12=55，当且仅当4sin2x=1cos2x，即sin x=255，cos x=55时，8sinx+1cosx有最小值55.

评析 权方和不等式：已知a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn>0，则

当-10时，∑ni=1am+1ibmi≥（∑ni=1ai）m+1（∑ni=1bi）m，

当且仅当a1b1=a2b2=…=anbn时，等号成立.

解法9 （赫尔德不等式） 由题知，

（8sinx+1cosx）23（sin2x+cos2x）13≥（8sinx）23（sin2x）13+（1cosx）23（cos2x）13=5.

即

（8sinx+1cosx）23≥5，解得8sinx+1cosx≥55，当且仅当8/sinxsin2x=1/cosxcos2x，即sin x=255，

cos x=55时，8sinx+1cosx有最小值55.

评析 赫尔德不等式：已知a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn>0，p，q>0，p+q=1，则

∑ni=1api·∑ni=1bqi≤（∑ni=1ai）p·（∑ni=1bi）q，当且仅当a1b1=a2b2=…=anbn时，等号成立.

1.4 方程的齐次式视角

解法10 （8sinx+1cosx）2（sin2x+cos2x）=65+64tan2x+tan2x+16tanx+16tanx=65+16tan2x+…+16tan2x4个+tan2x+2tanx+…+2tanx8个+8tanx+8tanx≥65+

1515164×1×28×82=125，

当且仅当16tan2x=tan2x=2tanx=8tanx，即tanx=2时，8sinx+1cosx的最小值为55.

1.5 三角函数线

解法11 如图1所示，在单位圆x2+y2=1第一象限上任取一点P，直线OP与x=-1，y=8分别交于点A，B，过点A，B分别作x轴的垂线，垂足为点M，N.

设∠POx=θ，θ∈（0，π2），

则A（-1，-tanθ），B（8tanθ，8）.

|OA|+|OB|=8sinθ+1cosθ，

又|AB|=（1+8tanθ）2+（8+tanθ）2，

所以8sinθ+1cosθ表示的几何意义为点H（8，1）到曲线C：y=8x（x<0）上点的距离d.

如图2，以H为圆心，r为半径构造辅助圆H，当圆H与曲线C相切时，圆H的半径r最小，即8sinθ+1cosθ的最小值为相切圆的半径.

设切点E（x0，y0），则y0=8x0.

直线HE的斜率为

kHE=y0-1x0-8=-1x0，

点E（x0，y0）处的切线方程为

y-y0=x0（x-x0），

整理，得y=x0x+8x0-x20.

联立y=x0x+8x0-x20，y=8x，消y，得

x0x2+（8x0-x20）x-8=0.

又64-x30+（-x30）≥16，等号成立的条件是x0=-2，所以由Δ=x30+64x30+16=0，解得x0=-2.

即切点为E（-2，-4）.

由图易知，|HE|≥55.

所以8sinx+1cosx的最小值为55.

说明 经过旋转变换x′=22x+22y，y′=-22x+22y， 双曲线一支C：xy=8（x<0）的方程变为C′：x′2-y′2=16，x′<0，点H（8，1）的坐标变为H′（922，-722），双曲线C′左支的左焦点为

F′1（-42，0），易知直线H′F′1的方程为x′+177y′+42=0，联立x′=-177y′-42，x′2-y′2=16，解得直线H′F′1与曲线C′的左支交点为Q′（-43215，-7215），此时|Q′H′|=16915>

55，即直线H′F′1与曲线C′在左支的交点Q′不是双曲线左支上到点H′的距离最近的点，下面从参数方程的角度给出距离最小值的求法.

解法12 设过点H′（922，-722）的直线参数方程为x′=922+tcosθ，y′=-722+tsinθ（t为参数），θ∈（0，π4）∪（3π4，π），代入C′：x′2-y′2=16，得

t2cos2θ+（92cosθ+72sinθ）t=0，

解得t=-2·9cosθ+7sinθcos2θ.

令h（θ）=9cosθ+7sinθcos2θ，则

h′（θ）=sin2θ（9cosθ+7sinθ）+9sinθ+7cosθcos22θ.

令h′（θ）=0，解得θ=θ0，其中

sinθ0=1010，cosθ0=-31010.

当θ∈（3π4，θ0）时，h′（θ）>0，h（θ）单调递增；当θ∈（θ0，π）时，h′（θ）<0，h（θ）单调递减.

所以当θ=θ0时，h（θ）有最大值h（θ0）=

-5102，所以t有最大值55，即曲线C′上的点到点H′距离的最小值为55.

事实上，上述过程也可不经过旋转变换，直接利用直线的参数方程求解得到t=8cosθ+1sinθ.经过以上探究，便可以找到相似的高考真题.

例 （2021年全国乙卷理11）设B是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的上顶点，若C上任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（  ）.

A.［22，1）    B.［12，1）

C.（0，22］D.（0，12］

1.6 线性规划视角

解法13 设sinx=m，cosx=n，m，n∈（0，1），则

m2+n2=1.

令8m+1n=z，则

n=mmz-8=1z+8/z2m-8/z.

构造函数h（x）=1z+8/z2x-8/z，其中z为常数，对应图象为曲线C，可由y=8/z2x的图形向右平移8z个单位，向上平移1z个单位得到，求z的最小值，即求1z的最大值.由图3知，当曲线C与x2+y2=1（x>0，y>0）相切时，1z取得最大值，z取得最小值.

设切点为（x0，y0），则x20+y20=1，切线的斜率为k1=-x0y0.

又函数h（x）=1z+8/z2x-8/z在点（x0，y0）处的切线斜率为k2=h′（x0）=-8（x0z-8）2，其中y0=x0x0z-8，所以k2=-8y20x20.

由k1=k2知，-x0y0=-8y20x20，解得x0=2y0.

又x20+y20=1，所以x0=255，y0=55.

此时z=8x0+1y0=55.

所以8sinx+1cosx的最小值为55.

1.7 数列视角

解法14 由sin2x+cos2x=1知，sin2x，12，cos2x成等差数列，

不妨假设sin2x=12-d，cos2x=12+d，d∈（-12，12），sinx=12-d，cosx=12+d，

所以8sinx+1cosx=81/2-d+11/2+d.

由权方和不等式知

432（1/2-d）12+132（1/2+d）12≥212-32+1·（4+1）32（1/2-d+1/2+d）12=55，

当且仅当41/2-d=11/2+d，

即d=-310时，等号成立.

所以8sinx+1cosx的最小值为55.

1.8 高等数学视角

解法15 （偏导数）设直线l的方程为8x+y-z=0，z为常数，曲线C的方程为1x2+1y2=1，x>1，y>1，由二元一次不等式的知识知，z=8x+y有最小值，无最大值.

当直线l与曲线C相切时，z有最小值，设切点（x0，y0），方程1x2+1y2=1两边同时对x求导，-2x-3-2y-3·y′=0，解得y′=-（yx）3.

又因为在点（x0，y0）处的切线方程为z=8x+y，所以

y′|x=x0=-（y0x0）3=-8.

即y0=2x0.

又因为1x20+1y20=1，

所以x0=52，y0=5.

则当x=52，y=5时，z=8x+y的最小值为55.

综上所述，8sinx+1cosx的最小值为55.

解法16 （构造拉格朗日函数） 构造拉格朗日函数L（a，b，λ）=8a+1b-λ（a2+b2-1），a，b∈（0，1），则La=-8a2-2λa=0，Lb=-1b2-2λb=0，Lλ=1-a2-b2=0.

解得λ=-4a3，λ=-12b3，a2+b2=1.

易知a=255，b=55.

所以8a+1b的最小值为55.

即8sinx+1cosx的最小值为55.

拓展 已知常数a，b>0，x是一个锐角，那么asinx+bcosx的最小值是（a23+b23）32.

2 结束语

本题是一道简约而不简单的好题，要求学生具有较高的创新思维能力与转化化归能力.因此在平时的教学中要及时渗透数学思想方法，重视通性通法，注意知识之间的融会贯通，充分运用一题多解、一题多变、多题一解，站在数学建构的角度让学生对知识、思想、方法进行更深层次的再认识.

参考文献：

［1］

王大成.2022年全国高考甲卷第23题解析[J].数理化解题研究，2023（16）：27-30.

[2] 李波.滴水见彩虹 小题亦精彩：对2015年重庆市高考数学文科14题的探究[J].中学数学教学，2015（04）：40-42.

［责任编辑：李 璟］