2.4.2 齐次分式型

本节我们会看到形如 $\frac{b+c}{a},\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的齐次式, 这类齐次式可以利用正弦定理进行边角转化, 因此, 只需把多元变成单元, 再利用函数或者均值不等式求出最值.

例 2.25

(2018 北京文 14) 已知 $△ABC$ 中的 $C$ 为钝角, $B=\frac{\pi }{3}$ , 则 $\frac{c}{a}$ 的取值范围是 ____.

解析1

因为 $C$ 为钝角，所以 $C=\pi -\frac{\pi }{3}-A>\frac{\pi }{2}$ 即 $0<A<\frac{\pi }{6}$ 故 $0<\tan A<\frac{\sqrt{3}}{3}$ ，于是

$$\frac{c}{a}=\frac{\sin C}{\sin A}=\frac{\sin \left(\frac{2\pi }{3}-A\right)}{\sin A}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos A+\frac{1}{2}\sin A}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{2}\times \frac{1}{\tan A}+\frac{1}{2}>2.$$

故填 $(2,+\infty )$ .

其实, 本题将角转边的思路运算也比较简单, 利用余弦定理可以将角转成边的齐二次式, 而齐二次式又可以将二元转成一元, 具体方法如下所示:

解析 2

因为 $B=\frac{\pi }{3}$ ，所以由余弦定理得 $b^2=a^2+c^2-ac$ ，又因为 $C$ 为钝角，所以

$$a^2+b^2-c^2<0\Rightarrow a^2+a^2+c^2-ac-c^2<0\Rightarrow 2a-c<0\Rightarrow \frac{c}{a}>2.$$

并不是每道题都能像例2.25那样通过已知条件求出一个角的, 如果不能求出角, 那么我们退而求其次, 看看这个唯一条件是否能够化成关于边的齐次式, 理由大家都知道, 二元的齐次式可以化成一元, 还有重要的一点是边的二元齐次式往往可以利用基本不等式求最值, 如例2.26 所示.

例 2.26

(2016 山东理 16 改编) 在 $△ABC$ 中, 内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$, $a+b=2c$ , 则 $\cos C$ 的最小值为 ____.

查看解析与步骤

由余弦定理及题设得

$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2}{2ab}=\frac{3}{8}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)-\frac{1}{4}⩾\frac{3}{8}\times 2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot \frac{b}{a}}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2},$$

当且仅当 $a=b$ 时, $\cos C$ 取得最小值为 $\frac{1}{2}$ .

例2.26考查的很直接, 条件给的也很直接, 由余弦定理结合均值不等式就能够得出结果, 但很多时候都不会这么轻松, 需要多条件进行等价变形才能得出很显然的结果.

例 2.27

(2022 江苏统考) 若 $△ABC$ 的内角满足 $\frac{1}{\tan A}+\frac{2}{\tan B}=\frac{3}{\tan C}$ ，则 $\cos C$ 的最小值为 ____.

查看解析与步骤

由切化弦可得 $\frac{\cos A}{\sin A}+\frac{2\cos B}{\sin B}=\frac{3\cos C}{\sin C}$ ，等式左边通分得

$$\frac{\sin B\cos A+2\cos B\sin A}{\sin A\sin B}=\frac{3\cos C}{\sin C}.$$

又因为 $\sin B\cos A+\cos B\sin A=\sin (A+B)$ ，所以

$$\frac{\sin (A+B)+\cos B\sin A}{\sin A\sin B}=\frac{3\cos C}{\sin C}.$$

去掉分母可得 ${\sin }^{2}C+\cos B\sin A\sin C=3\sin A\sin B\cos C.$ 利用正弦定理进行角化边，得

$$c^2+ac\cos B=3ab\cos C.$$

再利用余弦定理把角化边, 可得

$$c^2+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\cdot ac=3ab\cdot \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab},$$

化简可得 $a^2+2b^2-3c^2=0$ ，则

$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-\frac{1}{3}{a}^2-\frac{2}{3}{b}^2}{2ab}=\frac{1}{6}\left(\frac{2a}{b}+\frac{b}{a}\right)⩾\frac{\sqrt{2}}{3},$$

当且仅当 $\frac{2a}{b}=\frac{b}{a}$ , 即 $b=\sqrt{2}a$ 时等号成立, 所以 $\cos C$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{2}}{3}$ , 故填 $\frac{\sqrt{2}}{3}$ .

变式 2.27.1

(2023 信阳模考) 在 $△ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所对边长分别为 $a,b,c$ , 面积为 $S$ , 且 $6S=a^2\sin A+b^2\sin B$ . 当 $\frac{a+b}{c}$ 取得最大值时, $\cos C$ 的值为 ( ).

A. $\frac{7}{9}$ B. $\frac{2}{3}$ C. $\frac{3}{5}$ D. $\frac{4}{5}$

通过以上的例子与变式题, 我们知道齐次式的好处在于利用正、余弦定理进行边角互化. 虽说齐次式为正、余弦定理提供了便利, 但并不能把问题解决, 我们还需通过其他条件找到角度之间关联, 而角度之间关系往往会着落于三角恒等变形, 就像例2.27一样, 因此解三角形的难度陡增. 下面我们从最简单的例子开始谈起:

例 2.28

(2023 福州模考) 记 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$, 已知 $b^2-a^2=2c^2$ .

($I$) 求 $\frac{\tan B}{\tan A}$ 的值;

(Ⅱ) 求 $C$ 的最大值.

解析 1

条件 $b^2-a^2=2c^2$ 是齐次式, 因此, 考虑余弦定理, 因为 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ , 所以 $(a^2+c^2-2ac\cos B)-a^2=2c^2$ , 化简得 $c+2a\cos B=0$ , 这个等式出现了边的一次式, 故考虑边化角, 由正弦定理得 $\sin C+2\sin A\cos B=0$ . 因为 $A+B+C=\pi$ , 所以 $\sin (A+B)=\sin C$ , 可得 $\sin (A+B)+2\sin A\cos B=0$ , 展开得

$$\sin A\cos B+\cos A\sin B+2\sin A\cos B=0,$$

整理得 $3\sin A\cos B=-\cos A\sin B$ ，所以 $\frac{\tan B}{\tan A}=-3.$

(Ⅱ) 第 ($I$) 问求出了 $\tan B=-3\tan A$ , 所以 $\tan A$ 与 $\tan B$ 异号, 又因为 $b^2-a^2=2c^2>0$ , 所以 $b>a$ , 则有 $B>A$ , 因为 $A,B\in (0,\pi )$ , 故 $A$ 为锐角, $B$ 为钝角, 所以 $C$ 为锐角. 要求 $C$ 的大小, 可以借助第 ($I$) 问的结论, 我们通过求 $\tan C$ 来求 $C$ 的大小.

$$\begin{array}{c}\tan C=-\tan (A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{\tan A\tan B-1}=\frac{\tan A-3\tan A}{-3{\tan }^{2}A-1}=\frac{2\tan A}{3{\tan }^{2}A+1}\\ =\frac{2}{3\tan A+\frac{1}{\tan A}}⩽\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3},\end{array}$$

当且仅当 $\tan A=\frac{\sqrt{3}}{3}$ , 即 $A=\frac{\pi }{6}$ 时等号成立, 所以 $C$ 的最大值为 $\frac{\pi }{6}$ .

解析1 是从条件出发考虑的, 利用条件是齐次二次式, 考虑余弦定理, 最后利用正弦定理来边化角. 那么我们是否可以从结论出发呢? 因为 , 很明显可以角化边来解决, 下面请看解析2: , 很明显可以角化边来解决, 下面请看解析 2:

解析2

($I$)由正弦定理可得 $\frac{\sin B}{\sin A}=\frac{b}{a}$ , 由余弦定理可得 $\frac{\cos A}{\cos B}=\frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}$ , 则

$$\frac{\tan B}{\tan A}=\frac{\sin B}{\sin A}\cdot \frac{\cos A}{\cos B}=\frac{b}{a}\cdot \frac{\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}=\frac{b^2+c^2-a^2}{a^2+c^2-b^2}.$$

因为 $b^2-a^2=2c^2$ ，所以 $\frac{\tan B}{\tan A}=\frac{c^2+2c^2}{c^2-2c^2}=-3.$

(II) 第 (II) 问我们依然可以延续解析1(II) 的解析, 当然, 我们也可以寻找新的思路, 因为 $b^2-a^2=2c^2$ , 这是典型边的二次齐次式, 因此可以考虑通过 $C$ 的余弦值来求解 $C$ 的大小.

$$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{a^2+b^2-\frac{b^2-a^2}{2}}{2ab}=\frac{3a}{4b}+\frac{b}{4a}⩾2\sqrt{\frac{3a}{4b}\cdot \frac{b}{4a}}=\frac{\sqrt{3}}{2},$$

当且仅 $b^2=3a^2$ ，即 $b=\sqrt{3}a$ 时等号成立，此时 $C=\frac{\pi }{6}$ ，所以 $C$ 的最大值为 $\frac{\pi }{6}$

例2.28的条件 $b^2-a^2=2c^2$ 是一个齐次式, 那么我们可以直接边化角吗? 当然可以, 只不过需要用到一个恒等式:

结论总结 2.4

${\sin }^{2}B-{\sin }^{2}A=\sin (A+B)\sin (B-A).$

这个结论的推导过程请同学们自己完成.

解析 3

($I$) 由 $b^2-a^2=2c^2$ 和正弦定理得 ${\sin }^{2}B-{\sin }^{2}A=2{\sin }^{2}C$ ，所以 $\sin (A+B)\sin (B-A)=2{\sin }^2(A+B)$ ，即 $\sin (B-A)=2\sin (A+B)$ ，展开得 $-3\sin A\cos B=\sin B\cos A$ ，化简可得 $\tan B=-3\tan A$ ，即 $\frac{\tan B}{\tan A}=-3$ .

(Ⅱ) 参考解析1 与解析2.

虽然例2.28我们提供了三种不同的解析, 但是我们推荐同学们重视解析1 与解析2, 这两种解法很常规. 解析3 我们并不推荐, 技巧性过强, 并不符合一般性. 下面接着来看齐次化型的最值问题, 首先我们看条件与结论都是齐次型, 具体见下例:

例 2.29

(2023 江西模考) 在锐角 $△ABC$ 中, 角 $A,B,C$ 所对的边分别为 $a,b,c,S$ 为 $△ABC$ 的面积, 且 $2S=a^2-(b-c{)}^2$ , 则 $\frac{b}{c}$ 的取值范围为 ____.

思路分析

$\frac{b}{c}$ 是典型的齐次式, 这为正弦定理使用提供了方向, 即 $\frac{b}{c}=\frac{\sin B}{\sin C}$ . 下面需要找到 $B$ 与 $C$ 两角之间的关系, 这个关系只能在条件 $2S=a^2-(b-c{)}^2$ 中进行挖掘.

查看解析与步骤

因为 $a^2-(b-c{)}^2=a^2-b^2-c^2+2bc$ ，由余弦定理知 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ ，即 $a^2-(b-c{)}^2=2bc-2bc\cos A$ ，于是面积的解析式选择 $A$ 来表达，即 $S=\frac{1}{2}bc\sin A$ 。由 $2S=a^2-(b-c{)}^2$ 可得

$$bc\sin A=2bc-2bc\cos A\Rightarrow \sin A=2(1-\cos A).$$

由二倍角公式 $\sin A=2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2},\cos A=1-2{\sin }^2\frac{A}{2}$ ，以及 $A\in \left(0,\frac{A}{2}\right)$ ，可知 $\sin \frac{A}{2}\ne 0,$ 则

$$2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}=4{\sin }^2\frac{A}{2}\Rightarrow \tan \frac{A}{2}=\frac{1}{2},$$

所以 $\tan A=\frac{2\tan \frac{A}{2}}{1-{\tan }^2\frac{A}{2}}=\frac{4}{3}$ ，于是 $\sin A=\frac{4}{5},\cos A=\frac{3}{5}$ ，则

$$\frac{b}{c}=\frac{\sin B}{\sin C}=\frac{\sin (A+C)}{\sin C}=\frac{\sin A\cos C+\cos A\sin C}{\sin C}=\frac{4}{5\tan C}+\frac{3}{5}.\text{\hspace{1em}(2.4.2)}$$

因为 $△ABC$ 为锐角三角形, 所以 $A+C>\frac{\pi }{2},0<\frac{\pi }{2}-C<A<\frac{\pi }{2}$ , 则 $0<\frac{1}{\tan C}=\tan \left(\frac{\pi }{2}-C\right)<\tan A=\frac{4}{3}$ , 代入式(2.4.2)可得

$$\frac{3}{5}<\frac{4}{5\tan C}+\frac{3}{5}<\frac{4}{5}\times \frac{4}{3}+\frac{3}{5}=\frac{25}{15}=\frac{5}{3},$$

所以 $\frac{b}{c}$ 的取值范围为 $\left(\frac{3}{5},\frac{5}{3}\right)$ ，故填 $\left(\frac{3}{5},\frac{5}{3}\right)$

例2.29只需利用齐次式进行边角互化, 最终找到角度之间的关系. 但并不是每一道题都会这样按部就班, 这就需要顺藤摸瓜, 探索出突破口.

例 2.30

（2023 洛阳模考）已知 $△ABC$ 中，设角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$, $△ABC$ 的面积为 $S$，若 $3{\sin }^{2}B+2{\sin }^{2}C=\sin A(\sin A+2\sin B\sin C)$ ，则 $\frac{S}{b^2}$ 的值为（）.

A. $\frac{1}{4}$ B. $\frac{1}{2}$ C. 1

D. 2

查看解析与步骤

因为 $\frac{S}{b^2}$ 中面积无法确定选择哪一个面积公式, 因此只有对条件化简才能确定. 已知 $3{\sin }^{2}B+2{\sin }^{2}C=\sin A(\sin A+2\sin B\sin C)$ , 即 $3{\sin }^{2}B+2{\sin }^{2}C={\sin }^{2}A+2\sin A\sin B\sin C$ , 利用正弦定理进行角边转化, 得

$$3b^2+2c^2=a^2+2bc\sin A.\text{\hspace{1em}(2.4.3)}$$

式(2.4.3)的两边是边的二次齐次式, 故需构造余弦定理, 即 $(b^2+c^2-a^2)+2b^2+c^2=2bc\sin A$ , 两边同除以 $2bc$ , 根据余弦定理可得

$$\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{2b^2+c^2}{2bc}=\sin A\Rightarrow \cos A+\frac{b}{c}+\frac{c}{2b}=\sin A,$$

整理可得

$$\frac{b}{c}+\frac{c}{2b}=\sin A-\cos A=\sqrt{2}\sin \left(A-\frac{\pi }{4}\right).\text{\hspace{1em}(2.4.4)}$$

显然左边的最小值为 $\sqrt{2}$ , 右边的最大值为 $\sqrt{2}$ , 要使式(2.4.4)成立, 则有 $\frac{b}{c}=\frac{c}{2b},A=\frac{3\pi }{4}$ . 此时很明确面积公式需选择 $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{\sqrt{2}}{4}bc$ , 则 $\frac{S}{b^2}=\frac{\sqrt{2}bc}{4b^2}=\frac{\sqrt{2}c}{4b}=\frac{1}{2}$ , 即 $\frac{S}{b^2}$ 的值为 $\frac{1}{2}$ , 故选 $B$.

例2.29与例2.30都是通过唯一条件可以求出角的具体值的问题. 如果唯一的已知条件既不能求出角, 也不能化成关于边的齐次式, 这时我们只需记住本节初衷: 观察哪种方法 (化边和化角) 更容易消元, 就选哪种方法, 请看下面的例题:

例 2.31

(2022 新高考 I 18) 记 $△ABC$ 的内角 $A$, $B$, $C$ 的对边分别为 $a$, $b$, $c$, 已知 $\frac{\cos A}{1+\sin A}=\frac{\sin 2B}{1+\cos 2B}$ .

($I$) 若 $C=\frac{2\pi }{3}$ , 求 $B$ ;

(Ⅱ) 求 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值.

查看解析与步骤

因为 $\frac{\sin 2B}{1+\cos 2B}=\frac{2\sin B\cos B}{1+2{\cos }^{2}B-1}=\frac{\sin B}{\cos B}$ , 所以 $\frac{\cos A}{1+\sin A}=\frac{\sin B}{\cos B}$ , 即 $\cos A\cos B-\sin A\sin B=\sin B$ , 化简得 $\cos (A+B)=\sin B$ , 故 $-\cos C=\sin B$ .

($I$) 由 $C=\frac{2\pi }{3}$ , 可知 $0<B<\frac{\pi }{3}$ , 所以 $\sin B=-\cos \frac{2\pi }{3}=\frac{1}{2}$ , 故 $B=\frac{\pi }{6}$ .

通过条件我们并没有得出角的值, 仅仅得到 $-\cos C=\sin B$ , 而第 (II) 问又是求 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ , 因此无法通过 $-\cos C=\sin B$ 得出边之间的具体关系, 因此考虑把齐次式 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 利用正弦定理进行边化角, 然后进行消元.

(Ⅱ) 由正弦定理得 $\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{{\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B}{{\sin }^{2}C}$ , 因为 $A=\pi -(B+C)$ , 所以

$$\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{{\sin }^2(B+C)+{\sin }^{2}B}{{\sin }^{2}C}=\frac{(\sin B\cos C+\cos B\sin C{)}^2+{\sin }^{2}B}{{\sin }^{2}C}.\text{\hspace{1em}(2.4.5)}$$

由 $-\cos C=\sin B$ 可知 $C$ 为钝角，且 ${\cos }^{2}C={\sin }^{2}B$ ，由平方关系得 $1-{\sin }^{2}C=1-{\cos }^{2}B$ ，所以 $\sin C=\cos B,$ 式(2.4.5)变为

$$\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{{\left(-{\cos }^{2}C+{\sin }^{2}C\right)}^2+{\cos }^{2}C}{{\sin }^{2}C}.$$

因为分母为 ${\sin }^{2}C$ ，因此把分子化简成 $\sin C$ ，由 ${\cos }^{2}C=1-{\sin }^{2}C$ ，可得

$$\frac{a^2+b^2}{c^2}=\frac{(2{\sin }^{2}C-1{)}^2+1-{\sin }^{2}C}{{\sin }^{2}C}=4{\sin }^{2}C+\frac{2}{{\sin }^{2}C}-5⩾4\sqrt{2}-5,$$

当且仅当 ${\sin }^{2}C=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立, 故 $\frac{a^2+b^2}{c^2}$ 的最小值为 $4\sqrt{2}-5$ .

当然本题也可以化边, 然后消元后通过构造函数求最值, 但是因为将角化边后, 得到的不是边的齐次式, 故这种方法非常烦琐, 我们并不提倡.

变式 2.31.1

（2023 江苏模考）已知锐角 $△ABC$ 中，角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$，且满足 $\frac{\sin A}{\sin C}-1=\frac{{\sin }^{2}A-{\sin }^{2}C}{{\sin }^{2}B},A\ne C.$

($I$) 求 $\frac{1}{\cos C}+\frac{a}{b}$ 的取值范围;

(II) 若 $a=2$ , 求 $△ABC$ 面积的取值范围.

上述例子与变式题都是齐次式问题的范围与最值, 之所以重点阐述了齐次式, 是齐次式可以利用正弦定理进行边角互化. 但齐次式毕竟是问题的一种形式而已, 如果遇到非齐次式问题, 那么又该如何求最值呢? 下面我们通过例题来分析:

例 2.32

(2023 淄博模考) 在 $△ABC$ 中, 角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$, 满足 $(a+b+c)(a+b-c)=ab$ .

($I$) 求角 $C$ ;

(Ⅱ) 若角 $C$ 的平分线交 $AB$ 于点 $D$ , 且 $CD=2$ , 求 $2a+b$ 的最小值.

解析 1

($I$) 由 $(a+b+c)(a+b-c)=ab$ ，把 $a+b$ 看成整体，可得 $(a+b{)}^2-c^2=ab$ ，展开得 $a^2+b^2-c^2=-ab$ ，由余弦定理可知 $\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=-\frac{ab}{2ab}=-\frac{1}{2}$ ，即 $C=\frac{2\pi }{3}$ .

对于第 (II) 问, 由于涉及角平分线, 这个问题在 2.2 小节中的例2.17做了介绍. 因为知道了角 $C$ 的值, 因此, 很容易联想到等面积法来建立 $a$ 与 $b$ 的关系.

(Ⅱ) 因为 $S_{△ABC}=S_{△ACD}+S_{△BCD}$ , 又因为 $\angle ACB=\frac{2\pi }{3},\angle ACD=\angle CBD=\frac{\pi }{3}$ , 由三角形面积公式可得

$$\frac{1}{2}CA\cdot CB\cdot \sin C=\frac{1}{2}CA\cdot CD\cdot \sin \angle ACD+\frac{1}{2}CB\cdot CD\cdot \sin \angle BCD.$$

化简可得 $ab\sin \frac{2\pi }{3}=2b\sin \frac{\pi }{3}+2a\sin \frac{\pi }{3}$ , 即 $ab=2a+2b$ , 整理得 $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}=1$ , 则

$$2a+b=(2a+b)\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)=6+\frac{2b}{a}+\frac{4a}{b}⩾6+2\sqrt{\frac{2b}{a}\cdot \frac{4a}{b}}=6+4\sqrt{2},$$

当且仅当 $\frac{2b}{a}=\frac{4a}{b}$ 时等号成立, 即 $b=\sqrt{2}a$ , 所以 $2a+b$ 的最小值为 $6+4\sqrt{2}$ .

当然我们也可以从角平分线定理出发, 因为 $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}$ , 所以我们需要把 $AD$ 和 $BD$ 求出来, 因此, 余弦定理要用两次, 下面请看解析2:

解析 2

($I$) 同解析1.

(Ⅱ) 在 $△ACD$ 和 $△BCD$ 中, 分别由余弦定理可得 $A{D}^2=b^2+4-2b$ , $B{D}^2=a^2+4-2a$ , 于是 $\frac{A{D}^2}{B{D}^2}=\frac{b^2+4-2b}{a^2+4-2a}$ , 由角平分线定理知 $\frac{AD}{BD}=\frac{b}{a}$ , 所以 $\frac{b^2}{a^2}=\frac{b^2+4-2b}{a^2+4-2a}$ , 化简可得

$$ab(a-b)=2(a+b)(a-b).$$

(1) 当 $a=b$ 时, $△ABC$ 是等腰三角形, 由 $CD=2$ , 可得 $a=b=4$ , 所以 $2a+b=12$ .

(2) 当 $a\ne b$ 时, $ab=2(a+b)$ , 化简为 $\frac{2}{a}+\frac{2}{b}=1$ , 则

$$2a+b=(2a+b)\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}\right)=6+\frac{2b}{a}+\frac{4a}{b}⩾6+2\sqrt{\frac{2b}{a}\cdot \frac{4a}{b}}=6+4\sqrt{2},$$

当且仅当 $\frac{2b}{a}=\frac{4a}{b}$ , 即 $b=\sqrt{2}a$ 时等号成立.

综合 (1) 与 (2), 可知 $12>6+4\sqrt{2}$ , 所以 $2a+b$ 的最小值为 $6+4\sqrt{2}$ .

解析2 我们是从余弦定理来考虑的, 既然余弦定理可以, 那么正弦定理是否也可以呢? 下面我们从正弦定理出发, 同样需要多次使用正弦定理来得出边之间的关系, 具体见解析3:

解析 3

($I$) 同解析1.

(Ⅱ) 在 $△ACD$ 中, 由正弦定理得 $\frac{CD}{\sin A}=\frac{AD}{\sin \frac{\pi }{3}}$ , 解得 $AD=\frac{\sqrt{3}}{\sin A}$ . 在 $△BCD$ 中, 由正弦定理得 $\frac{CD}{\sin B}=\frac{BD}{\sin \frac{\pi }{3}}$ , 解得 $BD=\frac{\sqrt{3}}{\sin B}$ , 即 $c=AD+BD=\frac{\sqrt{3}}{\sin A}+\frac{\sqrt{3}}{\sin B}$ . 在 $△ABC$ 中, 由正弦定理可得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{\sin A}+\frac{\sqrt{3}}{\sin B}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$ , 即

$$\{\begin{array}{l}a=2\left(1+\frac{\sin A}{\sin B}\right)\\ b=2\left(1+\frac{\sin B}{\sin A}\right)\end{array}\Rightarrow 2a+b=2\left(3+\frac{2\sin A}{\sin B}+\frac{\sin B}{\sin A}\right).$$

因为 $\sin A>0,\sin B>0,$ 所以 $2a+b⩾2\left(3+2\sqrt{\frac{2\sin A}{\sin B}\cdot \frac{\sin B}{\sin A}}\right)=6+4\sqrt{2}$ . 因此 $2a+b$ 的最小值为 $6+4\sqrt{2}$ .

例2.32给出了三种不同的思路, 最后都需要借助均值不等式来得出最值. 均值不等式求最值仅仅是解三角形中的一种方式而已, 还有我们非常熟悉的二次型函数在区间内的最值问题, 比如下面的例子:

例 2.33

(2023 茂名统考) 已知 $△ABC$ 的角 $A$, $B$, $C$ 所对的边分别为 $a$, $b$, $c$, 且 $a=b+2b\cos C$ .

($I$) 求证: $C=2B$ ;

(Ⅱ) 求 $\frac{a+c}{b}$ 的取值范围.

查看解析与步骤

($I$) 在 $△ABC$ 中, 由 $a=b+2b\cos C$ , 并结合正弦定理把边化成角, 可得 $\sin A=\sin B+2\sin B\cos C$ , 又因为 $A=\pi -(B+C)$ , 所以 $\sin A=\sin (B+C)=\sin B\cos C+\cos B\sin C$ , 可得 $\sin B\cos C+\cos B\sin C=\sin B+2\sin B\cos C$ , 即 $\sin B=\sin (C-B)$ , 因为 $\sin B>0$ , 所以 $\sin (C-B)>0$ , 即 $0<C-B<C<\pi$ , 则 $B+(C-B)=C<\pi$ , 故 $B=C-B$ , 即 $C=2B$ .

(Ⅱ) 由正弦定理得 $\frac{a+c}{b}=\frac{\sin A+\sin C}{\sin B}$ . 因为 $A+B+C=\pi$ , 所以 $A=\pi -(B+C)$ , 即 $\sin A=\sin (B+C)$ , 则 $\frac{\sin A+\sin C}{\sin B}=\frac{\sin (B+C)+\sin C}{\sin B}$ . 又由 $C=2B$ 可得

$$\frac{a+c}{b}=\frac{\sin (B+2B)+\sin 2B}{\sin B}=\frac{\sin B\cos 2B+2{\cos }^{2}B\sin B+2\sin B\cos B}{\sin B}$$$$\begin{array}{l}=\cos 2B+2{\cos }^{2}B+2\cos B=4{\cos }^{2}B+2\cos B-1\\ =4{\left(\cos B+\frac{1}{4}\right)}^2-\frac{5}{4}.\end{array}$$

又因为 $C=2B$ ，所以 $B+C=3B\in (0,\pi )$ ，得 $0<B<\frac{\pi }{3}$ 所以 $\frac{1}{2}<\cos B<1$ ，则 $1<4{\left(\cos B+\frac{1}{4}\right)}^2-$ $\frac{5}{4}<5,$ 所以 $1<\frac{a+c}{b}<5,$ 故 $\frac{a+c}{b}$ 的取值范围为(1,5).