Question

設函數fn( θ )=sinnθ+( -1 )ncosnθ，0≤θ≤

π

4

，其中n為正整數．
（Ⅰ）判斷函數f₁（θ）、f₃（θ）的單調性，并就f₁（θ）的情形證明你的結論；
（Ⅱ）證明：2f₆（θ）-f₄（θ）=（cos⁴θ-sin⁴θ）（cos²θ-sin²θ）；
（Ⅲ）試給出求函數f_n（θ）的最大值和最小值及取得最值時θ的取值的一般規律（不要求給出證明）．

fn（θ）	fn（θ）的 單調性	fn（θ）的最小值及取得最小值時θ的取值	fn（θ）的最大值及取得最大值時θ的取值
n=1
n=2
n=3
n=4
n=5
n=6

Answer 1

分析：（1）設 θ₁＜θ₂，θ₁、θ₂∈[0，

π

4

]，根據三角函數的特點判斷f₁（θ₁）-f₁（θ₂）=（sinθ₁-sinθ₂）+（cosθ₂-cosθ₁）＜0，從而得出結論；
（2）首先利用余弦的二倍角公式化簡原式的左邊等于cos²2θ，同理原式右邊也等于cos²2θ，從而證明結論．
（3）當n=1時，f₁（θ）在[0，

π

4

]上單調遞增，求出最值；當n=3時，f₃（θ）在[0，

π

4

]上為單調遞增，求出最值；
正奇數n≥5的情形，首先根據定義判斷出函數的單調遞增，從而得出f_n（θ）的最大值為fn(

π

4

)=0，最小值為f_n（0）=-1．

解答：解：（Ⅰ）f₁（θ）、f₃（θ）在[ 0，  

π

4

 ]上均為單調遞增的函數．…（1分）
設 θ₁＜θ₂，θ₁、θ₂∈[0，

π

4

]，則sinθ₁＜sinθ₂，cosθ₂＜cosθ₁，
∴f₁（θ₁）-f₁（θ₂）=（sinθ₁-sinθ₂）+（cosθ₂-cosθ₁）＜0，
∴f₁（θ₁）＜f₁（θ₂），
∴函數f₁（θ）在[ 0，  

π

4

 ]上單調遞增；
同理f₃（θ₁）-f₃（θ₂）=（sin³θ₁-sin³θ₂）+（cos³θ₂-cos³θ₁）＜0，
∴f₃（θ₁）＜f₃（θ₂），
∴函數f₃（θ）在[ 0，  

π

4

 ]上單調遞增；…（3分）
（Ⅱ）∵原式左邊=2（sin⁶θ+cos⁶θ）-（sin⁴θ+cos⁴θ）
=2（sin²θ+cos²θ）（sin⁴θ-sin²θ•cos²θ+cos⁴θ）-（sin⁴θ+cos⁴θ）
=1-sin²2θ=cos²2θ．…（5分）
又∵原式右邊=（cos²θ-sin²θ）²=cos²2θ，
∴2f₆（θ）-f₄（θ）=（cos⁴θ-sin⁴θ）（cos²θ-sin²θ）．…（6分）
（Ⅲ）當n=1時，函數f₁（θ）在[ 0，  

π

4

 ]上單調遞增，
∴f₁（θ）的最大值為f1(

π

4

)=0，最小值為f₁（0）=-1，
當n=2時，f₂（θ）=1，
∴函數f₂（θ）的最大、最小值均為1；
當n=3時，函數f₃（θ）在[ 0，  

π

4

 ]上為單調遞增，
∴f₃（θ）的最大值為f3(

π

4

)=0，最小值為f₃（0）=-1；
當n=4時，函數f4(θ)=1-

1

2

sin22θ在[ 0，  

π

4

 ]上單調遞減，
∴f₄（θ）的最大值為f₄（0）=1，最小值為f4(

π

4

)=

1

2

；
下面討論正整數n≥5的情形：
當n為奇數時，對任意θ1、θ2∈[ 0，  

π

4

 ]且θ₁＜θ₂，
∵f_n（θ₁）-f_n（θ₂）=（sinⁿθ₁-sinⁿθ₂）+（cosⁿθ₂-cosⁿθ₁），
以及 0≤sinθ₁＜sinθ₂＜1，0＜cosθ₂＜cosθ₁≤1，
∴sinⁿθ₁＜sinⁿθ₂，cosⁿθ₂＜cosⁿθ₁，從而 f_n（θ₁）＜f_n（θ₂），
∴f_n（θ）在[ 0，  

π

4

 ]上為單調遞增，則f_n（θ）的最大值為fn(

π

4

)=0，最小值為f₄（0）=-1；
當n為偶數時，一方面有 f_n（θ）=sinⁿθ+cosⁿθ≤sin²θ+cos²θ=1=f_n（0），
另一方面，由于對任意正整數l≥2，有2f_2l（θ）-f_2l-2（θ）=（cos^2l-2θ-sin^2l-2θ）（cos²θ-sin²θ）≥0，
∴fn(θ)≥

1

2

fn-2(θ)≥…≥

1

2 n 2 -1

f2(θ)=

1

2 n 2 -1

=fn(

π

4

)．
∴函數f_n（θ）的最大值為f_n（0）=1，最小值為fn(

π

4

)=2

( 1 2 )n

．
綜上所述，當n為奇數時，函數f_n（θ）的最大值為0，最小值為-1．
當n為偶數時，函數f_n（θ）的最大值為1，最小值為2

( 1 2 )n

．…（9分）

點評：本題考查了三角函數的最值，函數單調性的判定以及同角三角函數的基本關系，一般根據定義判斷函數的單調性，是難題．