关于sinα+cosα最大值的解答征集

为了提高本博客的互动性,我在上篇文章《征求解答》中提出了一个初中数学问题:

如果\alpha为锐角,那么sin{\alpha}+cos{\alpha}的最大值为\sqrt{2}

请你将证明过程在下面评论里给出,证明的依据不能超过初中知识。

本问题的结论是我很早时候自己发现的,我想一定会引起更多老师的兴趣。结果征集到五位老师的四种解答(有些解答在QQ中交流),公布如下。

解法一:

设直角三角形锐角\alpha的对边、邻边和斜边分别是a、b、c,则有

    sin{\alpha}=\frac{a}{c}cos{\alpha}=\frac{b}{c}

(sin{\alpha}+cos{\alpha})^2=(\frac{a+b}{c})^2=1+\frac{2ab}{a^2+b^2}=1+\frac{2}{(\sqrt{\frac{b}{a}}-\sqrt{\frac{a}{b}})^2+2}

当a=b时,

原式的最大值=1+1=2,所以sin{\alpha}+cos{\alpha}的最大值是\sqrt{2}

解法二:

设直角三角形锐角\alpha的对边、邻边和斜边分别是a、b、c,则有

    sin{\alpha}=\frac{a}{c}cos{\alpha}=\frac{b}{c}

(sin{\alpha}+cos{\alpha})^2=(sin{\alpha})^2+(cos{\alpha})^2+2sin{\alpha}cos{\alpha}=1+\frac{2ab}{a^2+b^2},

因为a^2+b^2\geq2ab,

所以,原式\leq{1+1=2},

因为sin{\alpha}+cos{\alpha}\geq0

所以sin{\alpha}+cos{\alpha}\leq\sqrt{2}

解法三:

如图,在单位圆里画任意的内接△ABC,使AB为直径。

sin{\alpha}+cos{\alpha}=sinA+sinB=\frac{AC+BC}{AB},取上半圆的中点D,我们可以证明AC+BC≤AD+BD。

在AC延长线上取CF=CB,∵∠DCB=180°-∠DAB=135°,

∠DCF=180°-∠DCA=135°,∴∠DCB=∠DCF,∴△DBC≌△DFC,∴DF=DB,

∵AD+DF≤AF,∴AC+BC≤AD+BD。

于是sinA+sinB=\frac{AC+BC}{AB}\frac{AD+BD}{AB}=\sqrt{2}.

解法四:

用高中两角和公式推导,虽然不符合要求,但确实是一个最简单的方法。

sin{\alpha}+cos{\alpha}=\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}sin{\alpha}+\frac{\sqrt{2}}{2}cos{\alpha})=\sqrt{2}sin(45^{\circ}+\alpha)

可见,当\alpha=45^{\circ}时,sin{\alpha}+cos{\alpha}的最大值是\sqrt{2}

老师们,当我编出新的数学题时,我们再来一次如何?是否喜欢这种互动形式呢?请在评论里发表你的看法。谢谢。

今又收到一位学生(2011届徐铿)的解答:

sin\alpha=x,因为sin^2\alpha+cos^2\alpha=1,所以cos\alpha=\sqrt{1-x^2}

要证明sin\alpha+cos\alpha\leq\sqrt{2}

只要证明x+\sqrt{1-x^2}\leq\sqrt{2}

\sqrt{1-x^2}\leq\sqrt{2}-x

两边平方后并变形得(\sqrt{2}x-1)^2\geq0,这显然成立。

(2010年12月19更新)

《关于sinα+cosα最大值的解答征集》有5个想法

  1. 樊贞慧解答:
    [latex](sin\alpha+con\alpha)^2=(\dfrac{a+b}{c})^2=\dfrac{a^2+b^2+2ab}{c^2}[/latex]
    =[latex]\dfrac{c^2+2ab}{c^2}=1+\dfrac{2ab}{c^2}\le2[/latex]

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