摘要：本文介绍几种求三角函数中参数的取值范围的方法：构造函数解不等式、双变量问题先确定主变量、利用函数单调性求解、利用换元转化为函数问题、数形结合求解.
关键词：构造函数;确定主变量;函数单调性;换元法;数形结合
中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2022）16-0040-03
收稿日期：2022-03-05
作者简介：田素伟，中学高级教师，从事高中数学教学研究.[FQ）]
常考常新的三角函數问题，一直是高考的一个重点，近年来，数学高考中出现了一些重视基础，考查能力的新型试题，特别是在三角函数中含参数的问题更是精彩纷呈，如何求这类三角函数中参数的取值范围？下面就常见的几种题型分别举例说明.
1 构造函数解不等式
例1已知实数a满足sina2+sina>a2+a，则a的取值范围是.
解析将sina2+sina>a2+a变形为
sina2-a2>-（sina-a）.
构造函数f（x）=sinx-x，
所以sina2-a2>-（sina-a）可化为
f（a2）>-f（a）.
又因为f（-x）=sin（-x）-（-x）=-（sinx-x）=-f（x），
所以f（x）为奇函数.
所以f（-a）=-f（a）.
所以f（a2）>f（-a）.
由f ′（x）=cosx-1≤0知，f（x）在R上为减函数.所以a2<-a.解得-1<a<0.
所以a的取值范围是-1<a<0.
评析本题是通过观察题中式子特征构造函数f（x）=sinx-x，然后利用函数的性质解不等式.
变式1已知α，β∈（0，π2），α≠β，若eα-eβ=cosα-2cosβ，比较α与β的大小.
解析把eα-eβ=cosα-2cosβ变形为
eα-cosα=eβ-cosβ-cosβ，
构造函数f（x）=ex-cosx，x∈（0，π2），
所以eα-cosα=eβ-cosβ-cosβ可化为
f（α）=f（β）-cosβ.
因为f（x）=ex-cosx，则f ′（x）=ex+sinx>0.
所以函数f（x）在（0，π2）上单调递增.
当α，β∈（0，π2）时，cosβ>0，
所以f（β）-f（α）=cosβ>0.
所以f（β）>f（α）.
所以β>α.
2 双变量问题先确定主变量
例2设函数f（x）=x2021+x，x∈R，若当θ∈0，π2时，f（msinθ）+f（1-m）>0恒成立，求m的取值范围.
解析由f（x）=x2021+x，显然f（x）为奇函数，且单调递增.
因为f（msinθ）+f（1-m）>0恒成立，
即f（msinθ）>f（m-1）恒成立.
所以msinθ>m-1恒成立.
当θ∈0，π2时，sinθ∈0，1 ，
设t=sinθ，则t∈0，1.
所以msinθ>m-1可化为mt>m-1.
所以mt-m+1>0.
这里有两个变量m和t，因为t的取值范围已经确定，所以确定以t为主变量，把不等式转化为关于t的函数.
设f（t）=mt-m+1，
（1）当m=0时，此时f（t）=1>0符合题意;
（2）当m≠0时，函数f（t）=mt-m+1是关于t的一次函数，
所以f（0）=-m+1>0，f（1）=m-m+1>0.
解得m<1且m≠0.
综上可知，实数m的取值范围是（-
SymboleB@
，1）.
评析本题利用函数的性质转化为关于两个变量m和t的不等式，因为t的取值范围已经确定，所以确定以t为主变量，把不等式转化为关于t的函数，一般情况下含两个变量m和t的不等式，如果其中一个变量的取值范围能确定，那么就以这个变量为主变量，另外一个变量作为参数.
3 利用函数单调性求解
例3已知函数f（x）=tanx+3sinx，若对任意x∈-π6，π6，f（x）>a恒成立，则a的取值范围是
.
解析若对任意x∈-π6，π6，f（x）>a恒成立，则只要f（x）min>a即可.
因为函数y=tanx和y=3sinx在-π6，π6上都单调递增，所以函数f（x）=tanx+3sinx在x∈-π6，π6上单调递增.
故f（x）>f-π6=tan-π6+3sin-π6=-536.所以a≤-536.
评析本题是含参数的三角不等式的恒成立问题，不等式的恒成立问题一般转化为函数的最值问题.一般方法是不等式同解变形为a>f（x）或者a<f（x）的形式，然后再利用以下命题进行求解.a>f（x）恒成立（有解）a>fmax（x）（a>fmin（x））;
a<f（x）恒成立（有解）a<fmin（x）（a<fmax（x））.
4 利用换元转化为函数问题
例4已知函数f（x）=2sin2x-a（sinx+cosx），当x∈0，π2时，不等式f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围.
解法1因为当x∈0，π2时，不等式f（x）≤0恒成立，所以在x∈0，π2时，不等式2sin2x-a（sinx+cosx）≤0恒成立.
设t=cosx+sinx=2sinx+π4，
由x∈0，π2，知t=2sinx+π4∈1，2.
因为t=cosx+sinx，所以t2=（cosx+sinx）2.
所以sin2x=t2-1.
不等式2sin2x-a（sinx+cosx）≤0可化为
2（t2-1）-at≤0.
即当t∈1，2时，不等式2（t2-1）-at≤0恒成立.
所以2（t2-1）≤at.解得a≥2（t-1t）.
所以本题可转化为
当t∈1，2时，a≥2t-1t恒成立.
故在t∈1，2时，只要a≥2t-1tmax即可.
因为y=t-1t在1，2上单调递增，
所以当t=2时，y=t-1t有最大值22.
所以2t-1t的最大值是2.
所以a≥2.
解法2因为当x∈0，π2时，不等式f（x）≤0恒成立，
所以在x∈0，π2时，不等式2sin2x-a（sinx+cosx）≤0恒成立.
因为在x∈0，π2时，sinx+cosx≥1，
所以a≥2sin2xcosx+sinx=2×（1+sin2x-1cosx+sinx）=2×cosx+sinx2-1cosx+sinx=2×[（cosx+sinx）-1cosx+sinx]恒成立.
以下解法同解法1
评析本题通过换元把三角问题转化为给定区间上的不等式恒成立问题，再转化为函数的最值问题.
5 数形结合求解
例5设函数fx=3cosπ21-x，若关于x的方程f 2x-afx+1=0在区间0，3内恒有四个不同的实根，求实数a的取值范围.
解析fx=3cosπ21-x=3sinπ2x，作出函数fx的函数图象（如图1）.
当x∈0，3时，f（x）∈0，3.
设t=fx，所以t∈0，3.
因为方程f 2x-afx+1=0在区间0，3内恒有四个不同的实根，由t=fx，所以关于t的一元二次方程t2-at+1=0有两个不同的根，设y=t2-at+1，t∈0，3，所以函数y=t2-at+1图象在t∈0，3时与t轴有两个交点.
所以Δ=a2-4>0，0<a2<3，f（0）=1>0，f（3）=3-3a+1>0，解得2<a<433.
评析因为关于f（x）的一元二次方程f 2（x）-af（x）+1=0最多只能解出2个f（x），若方程要恰有4个不相同的实数解，设f 2（x）-af（x）+1=0的两个根分别是f1（x），f2（x），所以两个函数值f1（x），f2（x）共对应4个不同的x，所以函数值f1（x）对应2个不同的x，函数值f2（x）对应2个不同的x，设t=f（x），关于t的一元二次t2-at+1=0，当t∈0，3有两个不等的实根，转化为函数图象与坐标轴交点的分布.
參考文献：
[1] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）[M].北京：人民教育出版社，2020.
[责任编辑：李璟]
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