三角関数の最大値と最小値に関する問題を解説します。
三角関数の最大最小問題の中には，3次関数の最大最小問題に帰着できる問題もあります。
そのような問題では，三角関数のまま考えるのではなく，3次関数に帰着して考えることが重要になります。特に数学IIIを学習していない場合，三角関数の微分を知らないため，三角関数のまま考えても解けない可能性が高くなります。
一方で，三角関数の微分を知っている場合は，そのまま微分して考えることも可能です。しかし，計算が複雑になることもあるため，3次関数に帰着できる問題では，3次関数に帰着する方が楽に解けるでしょう。
三角関数を3次関数に帰着できるかどうかを，どこを見て判断するのかを知っておくことが重要です。
Contents
2021年 北里大
2021年 北里大変数 $\theta$ が $\dfrac{\pi}{2}\leqq\theta\leqq\dfrac{3\pi}{2}$ の範囲の値をとるとき，
\begin{align*}
4\cos\theta-3\sin\theta\sin2\theta
\end{align*}
の最大値は $\myhako$，最小値は $\myhako$ である。4\cos\theta-3\sin\theta\sin2\theta
\end{align*}
【解答と考え方】
三角関数の最大最小問題では，角を揃えたり $\sin\theta$ のみ（$\cos\theta$ のみ）で表すことを最初に考えよう。今回の問題の場合，角を $\theta$ に揃えると
$f(t)=6t^3-2t$ とおくと，
よって，$f(t)$ の増減は次のようになる。
三角関数の最大最小問題では，角を揃えたり $\sin\theta$ のみ（$\cos\theta$ のみ）で表すことを最初に考えよう。今回の問題の場合，角を $\theta$ に揃えると
\begin{align*}
（与式）&=4\cos\theta-3\sin\theta\Cdota2\sin\theta\cos\theta \\[4pt]
&=4\cos\theta-6\cos\theta\sin^2\theta
\end{align*}
となる。$\sin\theta$ と $\cos\theta$ のどちらか一方で表すことを考えることで，次のように変形することができる。（与式）&=4\cos\theta-3\sin\theta\Cdota2\sin\theta\cos\theta \\[4pt]
&=4\cos\theta-6\cos\theta\sin^2\theta
\end{align*}
\begin{align*}
（与式）&=4\cos\theta-6\cos\theta(1-\cos^2\theta) \\[4pt]
&=6\cos^3\theta-2\cos\theta
\end{align*}
$\cos\theta=t$ とおくと，与式が $t$ の3次式になっていることが分かる。また，変数変換を行ったときには，新しい文字，すなわち $t$ の定義域に注意するようにしよう。この問題では，$\dfrac{\pi}{2}\leqq\theta\leqq\dfrac{3\pi}{2}$ より，$-1\leqq t\leqq0$ である。（与式）&=4\cos\theta-6\cos\theta(1-\cos^2\theta) \\[4pt]
&=6\cos^3\theta-2\cos\theta
\end{align*}
$f(t)=6t^3-2t$ とおくと，
\begin{align*}
f'(t)&=18t^2-2 \\[4pt]
&=2(9t^2-1) \\[4pt]
&=2(3t+1)(3t-1)
\end{align*}
$f'(t)=0$ を解くと，$t=\pm\dfrac{1}{3}$f'(t)&=18t^2-2 \\[4pt]
&=2(9t^2-1) \\[4pt]
&=2(3t+1)(3t-1)
\end{align*}
よって，$f(t)$ の増減は次のようになる。
\begin{align*}
\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|}\hline
t & -1 & \cdots & -\dfrac{1}{3} & \cdots & 0 \\\hline
f'(t) & & + & 0 & – & \\\hline
f(t) & & \nearrow & 極大 & \searrow & \\\hline
\end{array}
\end{align*}
ここで\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|}\hline
t & -1 & \cdots & -\dfrac{1}{3} & \cdots & 0 \\\hline
f'(t) & & + & 0 & – & \\\hline
f(t) & & \nearrow & 極大 & \searrow & \\\hline
\end{array}
\end{align*}
\begin{align*}
&f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{2}{9}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9} \\[4pt]
&f(-1)=-6+2=-4 \\[4pt]
&f(0)=0
\end{align*}
となるから，$t=-\dfrac{1}{3}$ のとき最大値 $\dfrac{4}{9}$，$t=-1$ のとき最小値 $-4$ をとる。&f\left(-\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{2}{9}+\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9} \\[4pt]
&f(-1)=-6+2=-4 \\[4pt]
&f(0)=0
\end{align*}
2021年 玉川大
2021年 玉川大$x>0$ で $t=x+\dfrac{1}{x}$ とするとき，$t$ のとりうる値の範囲は $t\geqq\myhako$ である。
関数 $y=x^3-4x^2-\dfrac{4}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}+4$ を $t$ を用いて表すと，
関数 $y=x^3-4x^2-\dfrac{4}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}+4$ を $t$ を用いて表すと，
\begin{align*}
y=t^3-\myhako\,t^2-\myhako\,t+\myhako
\end{align*}
であるから，$y$ の最小値は $x=\myhako$ のとき $\myhako$ である。y=t^3-\myhako\,t^2-\myhako\,t+\myhako
\end{align*}
【前半の解答と考え方】
IAIIBの問題で，分数式のとり得る値の範囲を聞かれた場合，「相加・相乗平均の関係」を利用することを最初に考えよう。今回の場合は $x>0$ だから「相加・相乗平均の関係」を使うことができて
IAIIBの問題で，分数式のとり得る値の範囲を聞かれた場合，「相加・相乗平均の関係」を利用することを最初に考えよう。今回の場合は $x>0$ だから「相加・相乗平均の関係」を使うことができて
\begin{align*}
x+\dfrac{1}{x}\geqq2\sqrt{x\Cdot\dfrac{1}{x}}=2
\end{align*}
より，$t\geqq2$ となる。x+\dfrac{1}{x}\geqq2\sqrt{x\Cdot\dfrac{1}{x}}=2
\end{align*}
ヒロ
後半部分の $y$ を $t$ で表す問題については，次の記事で扱っている対称式の変形の応用を理解していれば大丈夫だろう。
【後半の解答と考え方】
$y$ を次のように変形する。
よって，$y$ の増減は次のようになる。
$t=3$ のとき
$y$ を次のように変形する。
\begin{align*}
y=x^3+\dfrac{1}{x^3}-4\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)+4
\end{align*}
ここでy=x^3+\dfrac{1}{x^3}-4\left(x^2+\dfrac{1}{x^2}\right)+4
\end{align*}
\begin{align*}
x^2+\dfrac{1}{x^2}&=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2-2 \\[4pt]
&=t^2-2 \\[4pt]
x^3+\dfrac{1}{x^3}&=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^3-3\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \\[4pt]
&=t^3-3t
\end{align*}
であるから，x^2+\dfrac{1}{x^2}&=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^2-2 \\[4pt]
&=t^2-2 \\[4pt]
x^3+\dfrac{1}{x^3}&=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^3-3\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \\[4pt]
&=t^3-3t
\end{align*}
\begin{align*}
y&=(t^3-3t)-4(t^2-2)+4 \\[4pt]
&=t^3-4t^2-3t+12
\end{align*}
$y$ を $t$ で微分するとy&=(t^3-3t)-4(t^2-2)+4 \\[4pt]
&=t^3-4t^2-3t+12
\end{align*}
\begin{align*}
y’&=3t^2-8t-3 \\[4pt]
&=(t-3)(3t+1)
\end{align*}
$y’=0$ を解くと，$t=3,-\dfrac{1}{3}$y’&=3t^2-8t-3 \\[4pt]
&=(t-3)(3t+1)
\end{align*}
よって，$y$ の増減は次のようになる。
\begin{align*}
\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline
t & 2 & \cdots & 3 & \cdots \\\hline
y’ & & – & 0 & + \\\hline
y & & \searrow & 極小 & \nearrow \\\hline
\end{array}
\end{align*}
したがって，$t=3$ のとき，$y$ は最小となる。\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\hline
t & 2 & \cdots & 3 & \cdots \\\hline
y’ & & – & 0 & + \\\hline
y & & \searrow & 極小 & \nearrow \\\hline
\end{array}
\end{align*}
$t=3$ のとき
\begin{align*}
&x+\dfrac{1}{x}=3 \\[4pt]
&x^2-3x+1=0 \\[4pt]
&x=\dfrac{3\pm\sqrt{5}}{2}
\end{align*}
これらは $x>0$ を満たす。また，$y$ の最小値は&x+\dfrac{1}{x}=3 \\[4pt]
&x^2-3x+1=0 \\[4pt]
&x=\dfrac{3\pm\sqrt{5}}{2}
\end{align*}
\begin{align*}
27-36-9+12=-6
\end{align*}
27-36-9+12=-6
\end{align*}