三角函数与恒等变换

竞赛中的三角恒等变换进阶

三角函数在竞赛中的考察远超中学课内要求。需要熟练掌握的不仅是基础公式，更是它们的灵活组合与变形。

万能公式

令 $t = \tan\frac{x}{2}$，则：

$$\sin x = \frac{2t}{1+t^2}, \quad \cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}, \quad \tan x = \frac{2t}{1-t^2}$$

万能公式的核心价值

万能公式将任意三角有理式转化为 $t$ 的有理函数，从而将三角方程或三角积分转化为多项式/有理函数问题。在解三角方程时尤为有效。

三倍角公式

$$\begin{aligned} \sin 3\theta &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \newline \cos 3\theta &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \newline \tan 3\theta &= \frac{3\tan\theta - \tan^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta} \end{aligned}$$

三倍角公式的几何背景

$\cos 3\theta = 4\cos^3\theta-3\cos\theta$与三等分角问题直接相关。若令$x=2\cos\theta$，则 $x$满足$x^3-3x=2\cos 3\theta$。这就是为什么三等分角可以用三次方程的根来表达。

和差化积与积化和差

和差化积： $$\begin{aligned} \sin A + \sin B &= 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \newline \sin A - \sin B &= 2\cos\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2} \newline \cos A + \cos B &= 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} \newline \cos A - \cos B &= -2\sin\frac{A+B}{2}\sin\frac{A-B}{2} \end{aligned}$$

积化和差： $$\begin{aligned} \sin A\cos B &= \frac{1}{2}[\sin(A+B)+\sin(A-B)] \newline \cos A\sin B &= \frac{1}{2}[\sin(A+B)-\sin(A-B)] \newline \cos A\cos B &= \frac{1}{2}[\cos(A+B)+\cos(A-B)] \newline \sin A\sin B &= -\frac{1}{2}[\cos(A+B)-\cos(A-B)] \end{aligned}$$

竞赛中的灵活运用

和差化积最常用于处理含 $A+B$（或 $A-B$）为特殊角的情况。例如 $A+B=120^\circ$ 时，$\sin A+\sin B = \sqrt{3}\cos\frac{A-B}{2}$。

n 倍角公式

利用棣莫弗公式 $(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$展开二项式，分离实部与虚部即得$n$ 倍角公式：

$$\begin{aligned} \cos n\theta &= \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} (-1)^k \binom{n}{2k} \cos^{n-2k}\theta \sin^{2k}\theta \newline \sin n\theta &= \sum_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor} (-1)^k \binom{n}{2k+1} \cos^{n-2k-1}\theta \sin^{2k+1}\theta \end{aligned}$$

具体展开（前几阶）：

$$\begin{aligned} \cos 2\theta &= 2\cos^2\theta - 1 \newline \cos 3\theta &= 4\cos^3\theta - 3\cos\theta \newline \cos 4\theta &= 8\cos^4\theta - 8\cos^2\theta + 1 \newline \cos 5\theta &= 16\cos^5\theta - 20\cos^3\theta + 5\cos\theta \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \sin 2\theta &= 2\sin\theta\cos\theta \newline \sin 3\theta &= 3\sin\theta - 4\sin^3\theta \newline \sin 4\theta &= 4\sin\theta\cos\theta - 8\sin^3\theta\cos\theta \newline \sin 5\theta &= 5\sin\theta - 20\sin^3\theta + 16\sin^5\theta \end{aligned}$$

棣莫弗公式的推导方法

$(\cos\theta + i\sin\theta)^n = \cos n\theta + i\sin n\theta$。左边用二项式定理展开，$i^k$的奇偶性决定实部与虚部。实部给出$\cos n\theta$，虚部给出 $\sin n\theta$。

切比雪夫多项式与三角函数

第一类切比雪夫多项式 $T_n(x)$ 满足：

$$T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$$

即 $T_n(x)$是用$x=\cos\theta$表示$\cos n\theta$ 的多项式。前几项：

$$\begin{aligned} T_0(x) &= 1 \newline T_1(x) &= x \newline T_2(x) &= 2x^2 - 1 \newline T_3(x) &= 4x^3 - 3x \newline T_4(x) &= 8x^4 - 8x^2 + 1 \newline T_5(x) &= 16x^5 - 20x^3 + 5x \end{aligned}$$

递推公式：$T_{n+1}(x) = 2xT_n(x) - T_{n-1}(x)$，初始 $T_0(x)=1, T_1(x)=x$。

第二类切比雪夫多项式 $U_n(x)$ 满足：

$$U_n(\cos\theta) = \frac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}$$

前几项：

$$\begin{aligned} U_0(x) &= 1 \newline U_1(x) &= 2x \newline U_2(x) &= 4x^2 - 1 \newline U_3(x) &= 8x^3 - 4x \end{aligned}$$

递推公式：$U_{n+1}(x) = 2xU_n(x) - U_{n-1}(x)$，初始 $U_0(x)=1, U_1(x)=2x$。

切比雪夫多项式的竞赛应用

1. 求 $\cos\frac{m\pi}{n}$的精确值：将其转化为$T_n(x)$ 的根
2. 证明 $\cos\frac{\pi}{n}$在$n$ 为奇数时是有理数组合的代数数
3. 处理 $\cos n\theta$ 的高次方程

例题：用切比雪夫多项式计算 $\cos\frac{\pi}{17}$

问题：计算 $\cos\frac{\pi}{17}$ 的精确表达式。

分析：$\cos\frac{\pi}{17}$是$T_{17}(x) = -1$的根（因为$\cos\pi = -1$）。即 $T_{17}(x) + 1 = 0$ 的一个根。

$T_{17}(x) + 1 = 0$可因式分解为$(x+1) \cdot (8x^8 - 4x^7 - \cdots)^2$等形式，最终$\cos\frac{\pi}{17}$ 可用嵌套平方根表示：

$$\cos\frac{\pi}{17} = \frac{1}{16}\left(-1 + \sqrt{17} + \sqrt{34-2\sqrt{17}} + 2\sqrt{17+3\sqrt{17} - \sqrt{34-2\sqrt{17}} - 2\sqrt{34+2\sqrt{17}}}\right)$$

高斯与正十七边形

高斯在 19 岁时证明了正十七边形可以用尺规作图，其核心就是 $\cos\frac{\pi}{17}$可用二次根式表示。切比雪夫多项式$T_{17}(x)$ 的根的结构正是证明的关键。

三角形中的恒等式

在 $\triangle ABC$ 中，$A+B+C=\pi$，由此产生一系列特殊恒等式。

核心三角恒等式

$$\begin{aligned} \tan A + \tan B + \tan C &= \tan A \tan B \tan C \newline[4pt] \sin 2A + \sin 2B + \sin 2C &= 4\sin A \sin B \sin C \newline[4pt] \cos 2A + \cos 2B + \cos 2C &= -1 - 4\cos A \cos B \cos C \newline[4pt] \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C &= 2 + 2\cos A \cos B \cos C \newline[4pt] \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C &= 1 - 2\cos A \cos B \cos C \end{aligned}$$

证明关键

以 $\tan A+\tan B+\tan C = \tan A\tan B\tan C$为例：由$A+B=\pi-C$，两边取正切： $$\frac{\tan A + \tan B}{1-\tan A\tan B} = -\tan C$$ 交叉相乘即得结论。

半角公式在三角形中

$$\sin\frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{bc}}, \quad \cos\frac{A}{2} = \sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}}$$

其中 $s = \frac{a+b+c}{2}$ 为半周长。

三角恒等式的证明技巧

三角恒等式的证明是竞赛的基本功，掌握以下策略能大幅提高证明效率。

切化弦策略

将正切、余切、正割、余割统一化为正弦和余弦，往往能简化表达式：

$$\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}, \quad \cot\theta = \frac{\cos\theta}{\sin\theta}, \quad \sec\theta = \frac{1}{\cos\theta}, \quad \csc\theta = \frac{1}{\sin\theta}$$

示例：证明 $\frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A\tan B} = \tan(A+B)$

左边化为正弦余弦：

$$\frac{\frac{\sin A}{\cos A} + \frac{\sin B}{\cos B}}{1 - \frac{\sin A\sin B}{\cos A\cos B}} = \frac{\sin A\cos B + \cos A\sin B}{\cos A\cos B - \sin A\sin B} = \frac{\sin(A+B)}{\cos(A+B)} = \tan(A+B)$$

切化弦的时机

当表达式中同时出现 $\tan$、$\cot$、$\sec$、$\csc$ 中的多种函数时，切化弦是首选策略。

"1"的妙用

$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ 是最强大的恒等式之一，灵活代换可以简化许多复杂表达式。

代换技巧：

• $1 = \sin^2\theta + \cos^2\theta$（直接代换）
• $1 - \cos\theta = 2\sin^2\frac{\theta}{2}$（半角降次）
• $1 + \cos\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2}$
• $1 \pm \sin\theta = (\sin\frac{\theta}{2} \pm \cos\frac{\theta}{2})^2$

示例：化简 $\frac{1+\sin\theta - \cos\theta}{1+\sin\theta + \cos\theta}$

将 $1 - \cos\theta = 2\sin^2\frac{\theta}{2}$，$1 + \cos\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2}$，$\sin\theta = 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}$：

$$\frac{2\sin^2\frac{\theta}{2} + 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}}{2\cos^2\frac{\theta}{2} + 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}} = \frac{2\sin\frac{\theta}{2}(\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2})}{2\cos\frac{\theta}{2}(\cos\frac{\theta}{2}+\sin\frac{\theta}{2})} = \tan\frac{\theta}{2}$$

示例：证明 $\tan\theta + \sec\theta = \tan\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{4}\right)$

左边 $= \frac{\sin\theta + 1}{\cos\theta}$。注意到 $1 + \sin\theta = (\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2})^2$，$\cos\theta = \cos^2\frac{\theta}{2} - \sin^2\frac{\theta}{2}$：

$$\frac{(\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2})^2}{\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}} = \frac{\sin\frac{\theta}{2}+\cos\frac{\theta}{2}}{\cos\frac{\theta}{2}-\sin\frac{\theta}{2}} = \frac{\tan\frac{\theta}{2}+1}{1-\tan\frac{\theta}{2}} = \tan\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\pi}{4}\right)$$

对称性利用

在三角形中，$A+B+C=\pi$ 的对称性是证明三角恒等式的最强武器。

核心对称关系：

• $\sin(A+B) = \sin C$，$\cos(A+B) = -\cos C$
• $\sin\frac{A+B}{2} = \cos\frac{C}{2}$，$\cos\frac{A+B}{2} = \sin\frac{C}{2}$
• $\tan(A+B) = -\tan C$

示例：证明 $\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C = 2 + 2\cos A\cos B\cos C$

利用 $\sin^2 A = \frac{1-\cos 2A}{2}$：

左边 $= \frac{3}{2} - \frac{1}{2}(\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C)$

对 $\cos 2A + \cos 2B$和差化积，再代入$C = \pi - (A+B)$ 化简即得。

对称性的深层含义

三角形恒等式的对称性源于 $A+B+C=\pi$ 的循环对称。任何两个角交换后等式仍成立，这一性质可用来验证证明的正确性。

复数法

利用欧拉公式 $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ 可以将三角恒等式转化为复数运算。

基本技巧：

$$\cos\theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}, \quad \sin\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$$

示例：证明 $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$

由 $\cos\theta = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}$：

$$\cos^3\theta = \left(\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}\right)^3 = \frac{e^{3i\theta}+3e^{i\theta}+3e^{-i\theta}+e^{-3i\theta}}{8} = \frac{2\cos 3\theta + 6\cos\theta}{8}$$

故 $\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$。

示例：证明 $\sum_{k=0}^{n-1}\cos\left(\theta + \frac{2k\pi}{n}\right) = 0$

利用单位根 $\omega = e^{2\pi i/n}$：

$$\sum_{k=0}^{n-1}\cos\left(\theta + \frac{2k\pi}{n}\right) = \Re\left(\sum_{k=0}^{n-1} e^{i(\theta+2k\pi/n)}\right) = \Re\left(e^{i\theta}\sum_{k=0}^{n-1}\omega^k\right) = \Re\left(e^{i\theta}\cdot\frac{1-\omega^n}{1-\omega}\right) = 0$$

复数法 vs 传统方法

复数法在处理倍角公式、幂次公式和级数求和时尤为强大。对于简单的恒等式证明，传统方法可能更直接；但对于涉及 $n$ 倍角或高次幂的恒等式，复数法几乎是唯一的选择。

反三角函数

反三角函数是竞赛中的易错点，关键在于定义域和值域的准确把握。

定义域与值域

函数	定义域	值域
$\arcsin x$	$[-1, 1]$	$[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$
$\arccos x$	$[-1, 1]$	$[0, \pi]$
$\arctan x$	$\mathbb{R}$	$(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$
$\operatorname{arccot} x$	$\mathbb{R}$	$(0, \pi)$

反三角函数的值域陷阱

$\arcsin(\sin\frac{3\pi}{4}) \neq \frac{3\pi}{4}$！因为 $\frac{3\pi}{4}$不在$\arcsin$的值域$[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$内。正确结果是$\arcsin(\sin\frac{3\pi}{4}) = \arcsin(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\pi}{4}$。

基本反三角恒等式

$$\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2} \quad (|x| \le 1)$$

$$\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2} \quad (x \in \mathbb{R})$$

$$\arcsin(-x) = -\arcsin x, \quad \arccos(-x) = \pi - \arccos x, \quad \arctan(-x) = -\arctan x$$

反正切加法公式

$$\arctan x + \arctan y = \arctan\frac{x+y}{1-xy} \quad (xy < 1)$$

当 $xy > 1$时，需加$\pi$（$x,y>0$）或减 $\pi$（$x,y<0$）：

$$\arctan x + \arctan y = \arctan\frac{x+y}{1-xy} + \pi \quad (x>0, y>0, xy>1)$$

$$\arctan x + \arctan y = \arctan\frac{x+y}{1-xy} - \pi \quad (x<0, y<0, xy>1)$$

反正切加法的条件

公式 $\arctan x + \arctan y = \arctan\frac{x+y}{1-xy}$成立的前提是$xy < 1$。当 $xy > 1$时，右边的$\arctan$落在$(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$内，而左边两个$\arctan$之和可能超出此范围，因此需要根据$x,y$的符号加减$\pi$。

经典例题：计算 $\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3}$

$\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{6} < 1$，直接使用公式：

$$\arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3} = \arctan\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}} = \arctan\frac{5/6}{5/6} = \arctan 1 = \frac{\pi}{4}$$

反三角函数的复合

$\sin(\arccos x)$：设 $\theta = \arccos x$，则 $\cos\theta = x$，$\theta \in [0,\pi]$。$\sin\theta = \sqrt{1-x^2} \ge 0$。

$\cos(\arcsin x)$：设 $\theta = \arcsin x$，则 $\sin\theta = x$，$\theta \in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$。$\cos\theta = \sqrt{1-x^2} \ge 0$。

$\tan(\arcsin x)$：$\tan(\arcsin x) = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$（需讨论 $x$ 的符号）。

$\sin(\arctan x)$：设 $\theta = \arctan x$，则 $\tan\theta = x$。构造直角三角形：$\sin\theta = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$。

反三角复合的口诀

"设角、画图、找关系"——设反三角函数值为 $\theta$，画直角三角形，利用勾股定理找出各边关系。

例题

例题：求 $\arcsin(\sin 5)$ 的值（$5$ 为弧度）。

解：$5$弧度$\approx 286.5^\circ$，不在 $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$内。需要找到与$\sin 5$ 相等的且在值域内的角。

$\sin 5 = \sin(5 - 2\pi)$（因为 $2\pi \approx 6.28$）。$5 - 2\pi \approx -1.28 \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$。

故 $\arcsin(\sin 5) = 5 - 2\pi$。

例题：证明 $\arcsin x + \arcsin y = \arcsin(x\sqrt{1-y^2} + y\sqrt{1-x^2})$，并讨论成立条件。

解：设 $\alpha = \arcsin x$，$\beta = \arcsin y$，则 $\sin\alpha = x$，$\sin\beta = y$，$\cos\alpha = \sqrt{1-x^2}$，$\cos\beta = \sqrt{1-y^2}$（均取非负值）。

$\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta = x\sqrt{1-y^2} + y\sqrt{1-x^2}$

当 $\alpha+\beta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ 时，$\arcsin(\sin(\alpha+\beta)) = \alpha+\beta$，公式成立。条件为 $x^2+y^2 \le 1$或$xy \le 0$。

三角方程求解技巧

换元法

对于 $\sin x$和$\cos x$的齐次方程，可两边同除$\cos^n x$化为$\tan x$ 的方程。

示例：解 $a\sin x + b\cos x = c$。化为 $\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi) = c$，其中 $\tan\varphi = \frac{b}{a}$。

因式分解法

利用和差化积将方程转化为因式乘积形式。

示例：解 $\sin 3x = \sin x$。

$\sin 3x - \sin x = 2\cos 2x \sin x = 0$，故 $\sin x = 0$或$\cos 2x = 0$。

齐次化

对于非齐次的三角方程，可利用 $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ 将其转化为齐次形式。

三角方程组的解法

当多个三角方程联立时，需要综合运用恒等变换、消元法和参数讨论。

基本策略

1. 消元法：将其中一个方程解出的关系代入另一个方程
2. 变量代换：利用 $A+B+C=\pi$（三角形中）消去一个变量
3. 对称性利用：若方程组对称，可设 $x=y$ 试探
4. 参数讨论：对含参方程组，需对参数分类讨论

三角形中的方程组

在 $\triangle ABC$ 中，$A+B+C=\pi$ 是天然约束。

示例：在 $\triangle ABC$中，已知$\sin A : \sin B : \sin C = 3 : 4 : 5$，求各角。

解：由正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2R$，得 $a🅱️c = 3:4:5$。

$\triangle ABC$ 为直角三角形（$3^2+4^2=5^2$），故 $C=90^\circ$。

由 $\sin A = \frac{a}{c} = \frac{3}{5}$，得 $A = \arcsin\frac{3}{5}$；由 $\sin B = \frac{b}{c} = \frac{4}{5}$，得 $B = \arcsin\frac{4}{5}$。

正弦定理的桥梁作用

三角形中三角方程组的求解往往借助正弦定理和余弦定理，将三角条件转化为边的关系，再解出角度。

参数讨论

示例：解方程组 $\begin{cases} \sin x + \sin y = a \newline \cos x + \cos y = b \end{cases}$，其中 $a,b$ 为参数。

解：利用和差化积：

$$\begin{cases} 2\sin\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} = a \newline[4pt] 2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2} = b \end{cases}$$

两式相除，若 $\cos\frac{x-y}{2} \neq 0$：

$$\tan\frac{x+y}{2} = \frac{a}{b}$$

同时，两式平方相加消去 $\cos\frac{x-y}{2}$：

$$4\cos^2\frac{x-y}{2} = \frac{a^2+b^2}{\sin^2\frac{x+y}{2}+\cos^2\frac{x+y}{2}} = a^2+b^2$$

即 $\cos\frac{x-y}{2} = \pm\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}$

有解条件为 $a^2+b^2 \le 4$（由 $|\cos\frac{x-y}{2}| \le 1$）。

参数讨论的必要性

含参三角方程组必须讨论参数范围，因为三角函数的取值范围受限。常见的讨论点包括：$a^2+b^2$ 的范围、分母为零的情况等。

例题

例题：在 $\triangle ABC$中，解方程组$\begin{cases} \sin A + \sin B = \frac{3}{2} \newline \cos A + \cos B = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$

解：和差化积：

$$\begin{cases} 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} = \frac{3}{2} \newline[4pt] 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases}$$

由 $A+B=\pi-C$，$\sin\frac{A+B}{2} = \cos\frac{C}{2}$，$\cos\frac{A+B}{2} = \sin\frac{C}{2}$。

两式相除：$\tan\frac{A+B}{2} = \cot\frac{C}{2} = \sqrt{3}$，得 $\cot\frac{C}{2} = \sqrt{3}$，即 $\frac{C}{2} = \frac{\pi}{6}$，$C = \frac{\pi}{3}$。

代入第一式：$2\cos\frac{\pi}{6}\cos\frac{A-B}{2} = \frac{3}{2}$，即 $2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cos\frac{A-B}{2} = \frac{3}{2}$

$\cos\frac{A-B}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，故 $\frac{A-B}{2} = \frac{\pi}{6}$，$A-B = \frac{\pi}{3}$。

又 $A+B = \pi-C = \frac{2\pi}{3}$，解得 $A = \frac{\pi}{2}$，$B = \frac{\pi}{6}$。

三角不等式

在三角形中证明 $\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$

这是最经典的三角不等式之一。

证法一（琴生不等式）： $f(x)=\sin x$在$[0,\pi]$ 上是凹函数（$f''(x)=-\sin x \le 0$），由琴生不等式：

$$\frac{\sin A + \sin B + \sin C}{3} \le \sin\frac{A+B+C}{3} = \sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

故 $\sin A+\sin B+\sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$，等号 $A=B=C=\frac{\pi}{3}$。

证法二（和差化积 + AM-GM）： $$\sin A + \sin B + \sin C = 2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2} + \sin C$$

由 $A+B=\pi-C$，即 $\sin\frac{A+B}{2} = \cos\frac{C}{2}$。且 $\cos\frac{A-B}{2} \le 1$：

$$\sin A + \sin B + \sin C \le 2\cos\frac{C}{2} + \sin C = 2\cos\frac{C}{2} + 2\sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}$$

令 $t = \cos\frac{C}{2} \in (0,1]$，上式 $= 2t + 2t\sqrt{1-t^2} \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$（可通过求导验证最大值）。

其他常见三角不等式

$$\begin{aligned} \cos A + \cos B + \cos C &\le \frac{3}{2} \quad (\text{等号 } A=B=C) \newline[4pt] \sin\frac{A}{2} + \sin\frac{B}{2} + \sin\frac{C}{2} &\le \frac{3}{2} \newline[4pt] \tan A + \tan B + \tan C &\ge 3\sqrt{3} \quad (A,B,C \text{ 为锐角}) \newline[4pt] \sin A\sin B\sin C &\le \frac{3\sqrt{3}}{8} \end{aligned}$$

三角级数求和

三角级数求和是竞赛中的常见题型，核心技巧是裂项相消与复数法。

$\sum_{k=1}^{n} \sin k\theta$ 的求和

乘以 $2\sin\frac{\theta}{2}$ 利用积化和差裂项：

$$2\sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^{n}\sin k\theta = \sum_{k=1}^{n}2\sin\frac{\theta}{2}\sin k\theta$$

由 $2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)$：

$$2\sin\frac{\theta}{2}\sin k\theta = \cos\frac{(2k-1)\theta}{2} - \cos\frac{(2k+1)\theta}{2}$$

求和时中间项全部抵消：

$$\sum_{k=1}^{n}\left[\cos\frac{(2k-1)\theta}{2} - \cos\frac{(2k+1)\theta}{2}\right] = \cos\frac{\theta}{2} - \cos\frac{(2n+1)\theta}{2}$$

因此：

$$\boxed{\sum_{k=1}^{n}\sin k\theta = \frac{\sin\frac{n\theta}{2}\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}}$$

$\sum_{k=1}^{n} \cos k\theta$ 的求和

同理，乘以 $2\sin\frac{\theta}{2}$：

$$2\sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^{n}\cos k\theta = \sum_{k=1}^{n}2\sin\frac{\theta}{2}\cos k\theta$$

由 $2\sin\alpha\cos\beta = \sin(\alpha+\beta) + \sin(\alpha-\beta)$：

$$2\sin\frac{\theta}{2}\cos k\theta = \sin\frac{(2k+1)\theta}{2} - \sin\frac{(2k-1)\theta}{2}$$

裂项求和得：

$$\boxed{\sum_{k=1}^{n}\cos k\theta = \frac{\sin\frac{n\theta}{2}\cos\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}}$$

记忆技巧

这两组公式的分母都是 $\sin\frac{\theta}{2}$，分子分别是 $\sin\frac{n\theta}{2}$乘以$\sin\frac{(n+1)\theta}{2}$或$\cos\frac{(n+1)\theta}{2}$。

含二项式系数的三角级数

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\cos k\theta = 2^n\cos^n\frac{\theta}{2}\cos\frac{n\theta}{2}$$

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sin k\theta = 2^n\cos^n\frac{\theta}{2}\sin\frac{n\theta}{2}$$

推导：利用 $\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}e^{ik\theta} = (1+e^{i\theta})^n$，提取实部与虚部（详见例题 9）。

复数法的重要性

含二项式系数的三角级数几乎只能通过复数法求解。将 $\cos k\theta$和$\sin k\theta$统一为$e^{ik\theta}$ 的实部和虚部，然后利用二项式定理展开。

例题

求值：$\cos\frac{\pi}{11} + \cos\frac{3\pi}{11} + \cos\frac{5\pi}{11} + \cos\frac{7\pi}{11} + \cos\frac{9\pi}{11}$

解：利用 $\sum_{k=1}^{n}\cos(2k-1)\theta$公式（可由$\sum\cos k\theta$变形），或利用复数单位根。答案为$\frac{1}{2}$。

三角函数的极值与不等式进阶

三角形中的最值问题

$\sin A\sin B\sin C$的最大值：在$\triangle ABC$ 中，$\sin A\sin B\sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{8}$，等号当 $A=B=C=\frac{\pi}{3}$。

证明：用琴生不等式或 AM-GM，详见例题 8。

$\cos A\cos B\cos C$ 的最大值：在锐角三角形中，$\cos A\cos B\cos C \le \frac{1}{8}$，等号当 $A=B=C=\frac{\pi}{3}$。

证明：由 $\ln\cos x$在$(0,\frac{\pi}{2})$ 上为凹函数，琴生不等式可得。

$\tan A + \tan B + \tan C$ 的最小值：在锐角三角形中，$\tan A+\tan B+\tan C \ge 3\sqrt{3}$，等号当 $A=B=C=\frac{\pi}{3}$。

锐角三角形与钝角三角形的特殊不等式

在锐角三角形中，所有角的正弦、余弦、正切均为正，许多不等式方向明确：

$$\begin{aligned} \sin A + \sin B + \sin C &> 2 \quad (\text{严格大于 } 2) \newline \cos A + \cos B + \cos C &> 1 \newline \tan A\tan B\tan C &> 3\sqrt{3} \end{aligned}$$

在钝角三角形中，设 $C > \frac{\pi}{2}$，则 $\cos C < 0$，$\tan C < 0$，不等式的方向和结论需要重新分析。

钝角三角形的陷阱

在钝角三角形中，$\tan A+\tan B+\tan C = \tan A\tan B\tan C$仍然成立，但由于$\tan C < 0$，不能直接使用 AM-GM 不等式（AM-GM 要求各项非负）。

利用辅助角不等式

对于 $a\sin x + b\cos x$ 型：

$$|a\sin x + b\cos x| \le \sqrt{a^2+b^2}$$

等号当 $\tan x = \frac{a}{b}$（或对应相位角）时取得。

推广：$|a\sin x + b\cos x + c| \le \sqrt{a^2+b^2} + |c|$。

三角换元求代数极值

当约束条件为 $x^2+y^2=1$时，令$x=\cos\theta, y=\sin\theta$，将代数极值问题转化为三角极值问题。

示例：已知 $x^2+y^2=1$，求 $3x+4y$ 的最大值。

解：令 $x=\cos\theta, y=\sin\theta$，则 $3x+4y = 3\cos\theta+4\sin\theta = 5\sin(\theta+\varphi)$，其中 $\tan\varphi=\frac{3}{4}$。最大值为 $5$。

示例：已知 $x^2+y^2=1$，求 $\frac{x+y}{1+xy}$ 的最大值。

解：令 $x=\cos\theta, y=\sin\theta$，则 $x+y=\sqrt{2}\sin(\theta+\frac{\pi}{4})$，$xy=\frac{1}{2}\sin 2\theta$。代入后利用三角恒等式求极值。

三角替换在代数不等式中的应用

三角替换的核心思路

当代数表达式中出现 $1+x^2$、$\sqrt{1-x^2}$、$\frac{2x}{1-x^2}$ 等结构时，联想到三角函数公式进行代换。

常见代换对照表

代数形式	三角代换	取值范围
$\sqrt{a^2-x^2}$	$x = a\sin\theta$	$x\le a$
$\sqrt{a^2+x^2}$	$x = a\tan\theta$	$x \in \mathbb{R}$
$\sqrt{x^2-a^2}$	$x = a\sec\theta$	$x\ge a$
$\frac{2x}{1+x^2}$	$x = \tan\theta$	$\sin 2\theta$
$\frac{1-x^2}{1+x^2}$	$x = \tan\theta$	$\cos 2\theta$
$a^2+1$型	$a = \tan\alpha$	万能代换

应用示例

已知 $a,b,c \ge 1$，证明 $\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} \le \sqrt{c(ab+1)}$。

令 $a=\sec^2 A$, $b=\sec^2 B$, $c=\sec^2 C$（$A,B,C \in [0,\frac{\pi}{2}]$），则 $\sqrt{a-1} = \tan A$ 等。

原不等式化为三角不等式，可利用三角函数的单调性和恒等式解决。

三角函数的极值问题

方法汇总

1. 有界性：$|\sin x| \le 1$，$|\cos x| \le 1$
2. 配方法：$a\sin^2 x + b\sin x + c$看作$\sin x$ 的二次函数
3. 辅助角公式：$a\sin x + b\cos x = \sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\varphi)$
4. 导数法：求 $f'(x)=0$ 找驻点
5. 琴生不等式：凸/凹函数的最值

精选例题

例题 1

题目：在 $\triangle ABC$中证明$\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$。

解析：见上文证法一（琴生不等式）和证法二（和差化积+AM-GM）。

例题 2

题目：解三角方程 $\sin 3x = \cos 2x$。

解析： 将 $\cos 2x$化为$\sin$ 形式：$\cos 2x = \sin(\frac{\pi}{2}-2x)$。

则 $\sin 3x = \sin(\frac{\pi}{2}-2x)$。

由 $\sin\alpha = \sin\beta$得$\alpha = \beta + 2k\pi$或$\alpha = \pi - \beta + 2k\pi$（$k \in \mathbb{Z}$）。

情况一：$3x = \frac{\pi}{2} - 2x + 2k\pi$，即 $5x = \frac{\pi}{2}+2k\pi$，$x = \frac{\pi}{10} + \frac{2k\pi}{5}$。

情况二：$3x = \pi - (\frac{\pi}{2} - 2x) + 2k\pi = \frac{\pi}{2} + 2x + 2k\pi$，即 $x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$。

解的集合：$x = \frac{\pi}{10} + \frac{2k\pi}{5}$或$x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$（$k \in \mathbb{Z}$）。

另解（用三倍角公式）： $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^3 x$，$\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$。

代入得 $3\sin x - 4\sin^3 x = 1 - 2\sin^2 x$，即 $4\sin^3 x - 2\sin^2 x - 3\sin x + 1 = 0$。

因式分解：$(\sin x - 1)(4\sin^2 x + 2\sin x - 1) = 0$。

由 $\sin x = 1$得$x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$。

由 $4\sin^2 x + 2\sin x - 1 = 0$得$\sin x = \frac{-2 \pm \sqrt{20}}{8} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}$。

取正值 $\sin x = \frac{\sqrt{5}-1}{4} = \sin\frac{\pi}{10}$，故 $x = \frac{\pi}{10} + 2k\pi$或$x = \frac{9\pi}{10} + 2k\pi$。这与前面的解的集合同一。

例题 3

题目：求 $y = \sin x + \sqrt{3}\cos x$ 的最大值和最小值。

解析： 利用辅助角公式： $$y = 2\left(\frac{1}{2}\sin x + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos x\right) = 2\sin\left(x+\frac{\pi}{3}\right)$$

因为 $-1 \le \sin(x+\frac{\pi}{3}) \le 1$，所以 $y_{\min}=-2$，$y_{\max}=2$。

例题 4

题目：锐角三角形中，证明 $\tan A + \tan B + \tan C \ge 3\sqrt{3}$。

解析： 由三角形恒等式 $\tan A + \tan B + \tan C = \tan A \tan B \tan C$。

对正数 $\tan A, \tan B, \tan C$ 用 AM-GM： $$\tan A + \tan B + \tan C \ge 3\sqrt[3]{\tan A \tan B \tan C}$$

设 $T = \tan A + \tan B + \tan C$，则 $T = \tan A\tan B\tan C$，且 $T \ge 3\sqrt[3]{T}$。

$T^{2/3} \ge 3$，故 $T \ge 3\sqrt{3}$。等号当 $\tan A=\tan B=\tan C=\sqrt{3}$，即 $A=B=C=60^\circ$。

例题 5

题目：证明 $\cos\frac{\pi}{7} \cdot \cos\frac{3\pi}{7} \cdot \cos\frac{5\pi}{7} = \frac{1}{8}$。

解析： 利用 $\cos\theta$与$\sin 2\theta$ 的关系。考虑：

$$S = \cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{3\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$$

乘以 $\sin\frac{\pi}{7}$： $$\sin\frac{\pi}{7} \cdot S = \sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{3\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$$

逐次用 $\sin\alpha\cos\alpha = \frac{1}{2}\sin 2\alpha$：

$$= \frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{7}\cos\frac{3\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$$

注意 $\sin\frac{2\pi}{7}\cos\frac{3\pi}{7} = \frac{1}{2}[\sin\frac{5\pi}{7}+\sin(-\frac{\pi}{7})]$（积化和差）。

$= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}(\sin\frac{5\pi}{7} - \sin\frac{\pi}{7})\cos\frac{5\pi}{7}$

$= \frac{1}{4}\sin\frac{5\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7} - \frac{1}{4}\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$

$= \frac{1}{8}\sin\frac{10\pi}{7} - \frac{1}{4}\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$

$\sin\frac{10\pi}{7} = -\sin\frac{3\pi}{7}$。又 $\sin\frac{\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7} = \frac{1}{2}[\sin\frac{6\pi}{7}+\sin(-\frac{4\pi}{7})] = \frac{1}{2}(\sin\frac{\pi}{7} - \sin\frac{4\pi}{7})$

后续可通过对称性得出 $\sin\frac{\pi}{7} \cdot S = \frac{1}{8}\sin\frac{\pi}{7}$，从而 $S = \frac{1}{8}$。

（也可用更简洁的方法：考虑 $7$次单位根和$\prod_{k=1}^3 2\cos\frac{2k\pi}{7}=1$ 等性质。）

更简洁的解法

令 $x = \cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{3\pi}{7}\cos\frac{5\pi}{7}$，由于 $\cos\frac{5\pi}{7} = -\cos\frac{2\pi}{7}$且$\cos\frac{3\pi}{7} = -\cos\frac{4\pi}{7}$，$x = \cos\frac{\pi}{7}\cos\frac{2\pi}{7}\cos\frac{3\pi}{7}$（取绝对值）。利用七次单位根的性质可快速得出 $|x| = \frac{1}{8}$。

例题 6

题目：$x \in (0, \frac{\pi}{2})$，求 $f(x)=\frac{\sin x + \cos x}{\sin x \cos x}$ 的最小值。

解析： 令 $t = \sin x + \cos x = \sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4}) \in (1, \sqrt{2}]$（因为 $x \in (0, \frac{\pi}{2})$）。

则 $\sin x \cos x = \frac{t^2-1}{2}$（由 $(\sin x + \cos x)^2 = 1 + 2\sin x\cos x$）。

$$f(x) = \frac{t}{\frac{t^2-1}{2}} = \frac{2t}{t^2-1}$$

$g(t) = \frac{2t}{t^2-1}$在$t \in (1, \sqrt{2}]$上递减（求导验证$g'(t) = \frac{-2(t^2+1)}{(t^2-1)^2} < 0$）。

故在 $t=\sqrt{2}$（即 $x=\frac{\pi}{4}$）处取得最小值： $$f_{\min} = \frac{2\sqrt{2}}{2-1} = 2\sqrt{2}$$

例题 7

题目：求 $\sum_{k=1}^{n} \sin k\theta$ 的封闭形式。

解析： 乘以 $2\sin\frac{\theta}{2}$ 利用积化和差裂项：

$$2\sin\frac{\theta}{2}\sum_{k=1}^{n}\sin k\theta = \sum_{k=1}^{n}2\sin\frac{\theta}{2}\sin k\theta$$

由积化和差 $2\sin\alpha\sin\beta = \cos(\alpha-\beta) - \cos(\alpha+\beta)$：

$$2\sin\frac{\theta}{2}\sin k\theta = \cos\left(k\theta-\frac{\theta}{2}\right) - \cos\left(k\theta+\frac{\theta}{2}\right) = \cos\frac{(2k-1)\theta}{2} - \cos\frac{(2k+1)\theta}{2}$$

求和时中间项抵消（裂项求和）：

$$\sum_{k=1}^{n}\left[\cos\frac{(2k-1)\theta}{2} - \cos\frac{(2k+1)\theta}{2}\right] = \cos\frac{\theta}{2} - \cos\frac{(2n+1)\theta}{2}$$

因此：

$$\sum_{k=1}^{n}\sin k\theta = \frac{\cos\frac{\theta}{2} - \cos\frac{(2n+1)\theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}} = \frac{\sin\frac{n\theta}{2}\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}$$

裂项思想

这类求和的核心是"乘以一个小量"制造裂项。$\sum \cos k\theta$同理，乘以$2\sin\frac{\theta}{2}$ 即可。

例题 8

题目：$\triangle ABC$为锐角三角形，证明$\sin A\sin B\sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{8}$。

解析： 由琴生不等式，$\ln\sin x$在$(0,\pi)$ 上是凹函数（$f''(x)=-\csc^2 x < 0$）：

$$\frac{\ln\sin A + \ln\sin B + \ln\sin C}{3} \le \ln\sin\frac{A+B+C}{3} = \ln\sin\frac{\pi}{3} = \ln\frac{\sqrt{3}}{2}$$

故 $\sin A\sin B\sin C \le \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{8}$，等号当 $A=B=C=\frac{\pi}{3}$。

另法：用 AM-GM 和已知不等式 $\sin A+\sin B+\sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$：

$$\sin A\sin B\sin C \le \left(\frac{\sin A+\sin B+\sin C}{3}\right)^3 \le \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^3 = \frac{3\sqrt{3}}{8}$$

例题 9

题目：计算 $\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\cos k\theta$。

解析： 利用复数。考虑二项式展开：

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}e^{ik\theta} = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(e^{i\theta})^k = (1+e^{i\theta})^n$$

提取实部：

$$1+e^{i\theta} = 1+\cos\theta + i\sin\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2} + i\cdot 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} = 2\cos\frac{\theta}{2}\left(\cos\frac{\theta}{2}+i\sin\frac{\theta}{2}\right) = 2\cos\frac{\theta}{2}\cdot e^{i\theta/2}$$

故 $(1+e^{i\theta})^n = \left(2\cos\frac{\theta}{2}\right)^n e^{in\theta/2} = 2^n\cos^n\frac{\theta}{2}\left(\cos\frac{n\theta}{2}+i\sin\frac{n\theta}{2}\right)$

取实部：

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\cos k\theta = 2^n\cos^n\frac{\theta}{2}\cos\frac{n\theta}{2}$$

同理，取虚部得：

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sin k\theta = 2^n\cos^n\frac{\theta}{2}\sin\frac{n\theta}{2}$$

复数法的威力

将三角求和转化为二项式定理的复数形式，是竞赛中的经典技巧。关键在于将 $\cos k\theta + i\sin k\theta$合并为$e^{ik\theta}$。

例题 10

题目：求方程 $\sin x + \sin 2x + \sin 3x = \cos x + \cos 2x + \cos 3x$在$[0, 2\pi]$ 上的解。

解析： 移项：$(\sin x - \cos x) + (\sin 2x - \cos 2x) + (\sin 3x - \cos 3x) = 0$

利用 $\sin\alpha - \cos\alpha = \sqrt{2}\sin(\alpha-\frac{\pi}{4})$：

$$\sqrt{2}\left[\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right) + \sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right) + \sin\left(3x-\frac{\pi}{4}\right)\right] = 0$$

即 $\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right) + \sin\left(2x-\frac{\pi}{4}\right) + \sin\left(3x-\frac{\pi}{4}\right) = 0$

对 $\sin(2x-\frac{\pi}{4})$用倍角公式$\sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha$，其中 $\alpha = x-\frac{\pi}{8}$：

设 $y = x-\frac{\pi}{4}$，则 $2x-\frac{\pi}{4} = 2y+\frac{\pi}{4}$，$3x-\frac{\pi}{4} = 3y+\frac{\pi}{2}$

$$\sin y + \sin\left(2y+\frac{\pi}{4}\right) + \sin\left(3y+\frac{\pi}{2}\right) = 0$$

$$\sin y + \sin\left(2y+\frac{\pi}{4}\right) + \cos 3y = 0$$

用 $\cos 3y = 4\cos^3 y - 3\cos y$和$\sin(2y+\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2}(\sin 2y + \cos 2y)$继续化简，最终可解得$x = \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{\pi}{8}, \frac{9\pi}{8}, \frac{5\pi}{8}, \frac{13\pi}{8}$ 等。

（完整求解需将所有项统一为 $\sin x$和$\cos x$ 的多项式，然后利用和差化积或因式分解。）

例题 11

题目：已知 $\arcsin x + \arcsin y = \frac{\pi}{2}$，证明 $x^2 + y^2 = 1$（$x, y \in [0, 1]$）。

解析： 设 $\alpha = \arcsin x$，$\beta = \arcsin y$，则 $\alpha, \beta \in [0, \frac{\pi}{2}]$，且 $\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}$。

由 $\beta = \frac{\pi}{2} - \alpha$，取正弦：

$$\sin\beta = \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \cos\alpha$$

即 $y = \cos\alpha$。又 $x = \sin\alpha$，故 $x^2 + y^2 = \sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$。

注意定义域

若 $x, y$ 可为负值，则结论仍成立但需分情况讨论。$\arcsin x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$，$\arcsin x + \arcsin y = \frac{\pi}{2}$意味着$x, y$同号且各自$\ge 0$。

例题 12

题目：求 $f(x) = \sin^6 x + \cos^6 x$ 的最大值和最小值。

解析： 利用恒等式 $a^3+b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a+b)$：

$$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3 = (\sin^2 x + \cos^2 x)^3 - 3\sin^2 x\cos^2 x(\sin^2 x + \cos^2 x)$$

$$= 1 - 3\sin^2 x\cos^2 x = 1 - \frac{3}{4}\sin^2 2x$$

因为 $\sin^2 2x \in [0, 1]$，所以 $f(x) \in [1-\frac{3}{4}, 1] = [\frac{1}{4}, 1]$。

• 最小值 $\frac{1}{4}$，当 $\sin^2 2x = 1$即$x = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2}$ 时取得
• 最大值 $1$，当 $\sin^2 2x = 0$即$x = \frac{k\pi}{2}$ 时取得

高次三角的处理

对 $\sin^n x + \cos^n x$（$n$为偶数），通常利用$\sin^2 x + \cos^2 x = 1$和$\sin 2x$ 降次。$n=4$ 时：$\sin^4 x+\cos^4 x = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 2x$。$n=8$ 时同理可推。

三角公式速查

类别	公式	频率
和角	$\sin(A \pm B)$	★★★★★
倍角	$\sin 2\theta, \cos 2\theta$	★★★★★
和差化积	$\sin A+\sin B$	★★★★
积化和差	$\sin A\cos B$	★★★
万能公式	$t=\tan\frac{x}{2}$	★★★
辅助角	$a\sin x+b\cos x$	★★★★★
三倍角	$\sin 3\theta, \cos 3\theta$	★★★

学习建议

三角函数的竞赛题，归根结底是公式的灵活变形。建议将和差化积与积化和差两组公式反复练习直到条件反射，它们是处理三角方程和三角不等式的核心武器。

三角函数的解析性质

周期性、奇偶性与单调性

周期性：

函数	周期	备注
$\sin x, \cos x$	$2\pi$	基本周期
$\tan x, \cot x$	$\pi$	正切/余切周期减半
$\sin(ax), \cos(ax)$	$\frac{2\pi}{a}$	频率影响周期
$\tan(ax), \cot(ax)$	$\frac{\pi}{a}$
$\lvert\sin x\rvert, \lvert\cos x\rvert$	$\pi$	取绝对值后周期减半
$\lvert\tan x\rvert$	$\pi$	正切取绝对值后周期不变

周期叠加

若 $f(x)$的周期为$T_1$，$g(x)$的周期为$T_2$，则 $f(x)+g(x)$的周期为$T_1$与$T_2$的最小公倍数（若存在）。例如$\sin x + \sin 2x$的周期为$2\pi$（$\sin x$周期$2\pi$，$\sin 2x$周期$\pi$，最小公倍数为 $2\pi$）。

奇偶性：

$$\begin{aligned} \sin(-x) &= -\sin x \quad &\text{（奇函数）} \newline \cos(-x) &= \cos x \quad &\text{（偶函数）} \newline \tan(-x) &= -\tan x \quad &\text{（奇函数）} \newline \cot(-x) &= -\cot x \quad &\text{（奇函数）} \end{aligned}$$

奇偶性的应用

在竞赛中，奇偶性常用来简化对称区间上的积分或求和。例如求证 $\int_{-a}^{a}\sin^3 x\thinspace{}dx = 0$，可直接由奇函数性质得出。

单调性：

• $\sin x$在$[-\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{\pi}{2}+2k\pi]$上递增，在$[\frac{\pi}{2}+2k\pi, \frac{3\pi}{2}+2k\pi]$ 上递减
• $\cos x$在$[(2k-1)\pi, 2k\pi]$上递增，在$[2k\pi, (2k+1)\pi]$ 上递减
• $\tan x$在$(-\frac{\pi}{2}+k\pi, \frac{\pi}{2}+k\pi)$ 上严格递增

三角函数的图像变换

对 $y = A\sin(\omega x + \varphi) + B$：

参数	含义	变换方式
$A$	振幅	纵向伸缩，$\lvert A\rvert$ 为振幅
$\omega$	角频率	横向伸缩，周期$T = \frac{2\pi}{\omega}$
$\varphi$	初相	横向平移$-\frac{\varphi}{\omega}$
$B$	纵向平移	整体上下移动

图像变换顺序

由 $y=\sin x$ 出发：$y=\sin x \to y=\sin(x+\varphi) \to y=\sin(\omega x+\varphi) \to y=A\sin(\omega x+\varphi) \to y=A\sin(\omega x+\varphi)+B$。 注意先平移再伸缩与先伸缩再平移不对易，顺序不同结果不同。

正切函数的特殊性质

正切函数 $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$ 在竞赛中具有许多独特的性质：

1. 渐近线：$x = \frac{\pi}{2} + k\pi\ (k \in \mathbb{Z})$ 为竖直渐近线
2. 值域：$\tan x \in \mathbb{R}$，即正切函数无界
3. 半角关联：$\tan\frac{x}{2}$ 在万能公式中扮演核心角色
4. 三角形恒等式：$A+B+C=\pi$时$\tan A+\tan B+\tan C = \tan A\tan B\tan C$

正切函数的定义域陷阱

在涉及 $\tan x$的方程或不等式中，务必注意$x \neq \frac{\pi}{2}+k\pi$ 的限制。尤其在三角形中，若某个角为直角，$\tan$ 无定义，需要单独讨论。

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