三角関数の合成は、$\sin$ と $\cos$ が混在する式を $r\sin(\theta + \alpha)$ の形にまとめる変形でした。
この記事では、合成を使って最大値・最小値を求める問題、方程式・不等式を解く問題に挑みます。
「なぜ合成すると解けるのか」── その仕組みを理解すれば、応用問題も怖くありません。
三角関数の合成とは、$a\sin\theta + b\cos\theta$ という式を $r\sin(\theta + \alpha)$ の形にまとめる変形です。ここで $r = \sqrt{a^2 + b^2}$ であり、$\alpha$ は $\cos\alpha = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$、$\sin\alpha = \dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ を満たす角です。
$$a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2 + b^2}\,\sin(\theta + \alpha)$$
ただし、$\cos\alpha = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$、$\sin\alpha = \dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$
$a\sin\theta + b\cos\theta$ のままでは、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ が両方変化するので、式全体がどう動くかわかりにくいですね。しかし、合成すると $r\sin(\theta + \alpha)$ という1つの $\sin$ 関数にまとまります。
$\sin$ 関数は $-1 \leq \sin(\theta + \alpha) \leq 1$ という性質をもちます。だから合成後の式は $-r \leq r\sin(\theta + \alpha) \leq r$ の範囲に収まることが一目瞭然です。
合成の核心は、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の2つの変動を、位相をずらした1つの $\sin$ 関数に統合することにあります。
$\sin$ 関数の値域は $[-1, 1]$ ですから、$r\sin(\theta + \alpha)$ の値域は $[-r, r]$ です。この単純な事実から、最大値 $r$、最小値 $-r$ がただちにわかります。
ただし、$\theta$ の範囲に制限があるときは $\sin(\theta + \alpha)$ が $[-1, 1]$ の全体を動かない場合があるので注意が必要です。
$a\sin\theta + b\cos\theta$ は $r\cos(\theta - \beta)$ の形にも変形できます。
$$a\sin\theta + b\cos\theta = \sqrt{a^2 + b^2}\,\cos(\theta - \beta)$$
ここで $\cos\beta = \dfrac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$、$\sin\beta = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ です。$\sin$ と $\cos$ のどちらで合成するかは、問題によって使いやすい方を選びます。
$\vec{p} = (a, b)$、$\vec{q} = (\sin\theta, \cos\theta)$ とおくと、$a\sin\theta + b\cos\theta = \vec{p} \cdot \vec{q}$ です。$|\vec{q}| = 1$ なので、この内積は $|\vec{p}|\cos\phi = \sqrt{a^2 + b^2}\cos\phi$（$\phi$ は2つのベクトルのなす角）と書けます。
$\cos\phi$ の最大値は $1$（$\vec{q}$ が $\vec{p}$ と同じ向き）、最小値は $-1$（逆向き）ですから、値域が $[-\sqrt{a^2+b^2}, \sqrt{a^2+b^2}]$ であることが自然に導かれます。
$\theta$ がすべての実数を動くとき（または周期全体を動くとき）、$r\sin(\theta + \alpha)$ の値域は $[-r, r]$ です。
たとえば $y = \sin\theta + \cos\theta$ を合成すると $y = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ です。$\theta$ に制限がなければ、最大値は $\sqrt{2}$、最小値は $-\sqrt{2}$ です。
$0 \leq \theta \leq \pi$ のように $\theta$ の範囲が限定される場合は、$\theta + \alpha$ の範囲を正しく求めることが重要です。
手順を見てみましょう。
$y = \cos\theta - \sin\theta$（$0 \leq \theta \leq \pi$）の最大値・最小値を求めます。
まず合成します。$y = -\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{3\pi}{4}\right)$
（$\sin$ の係数が $-1$、$\cos$ の係数が $1$ なので、点 $P(-1, 1)$ をとると $r = \sqrt{2}$、$\alpha = \dfrac{3\pi}{4}$ です。）
$0 \leq \theta \leq \pi$ のとき、$\dfrac{3\pi}{4} \leq \theta + \dfrac{3\pi}{4} \leq \dfrac{7\pi}{4}$ です。
この範囲で $\sin$ 関数は最大値 $1$（$\theta + \dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{4}$ つまり $\theta = 0$ のとき）に達しません。$\sin$ の値を調べると、$\theta = 0$ で $\sin\dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$、$\theta + \dfrac{3\pi}{4} = \pi$ すなわち $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ のとき $\sin\pi = 0$、$\theta + \dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{2}$ すなわち $\theta = \dfrac{3\pi}{4}$ のとき $\sin\dfrac{3\pi}{2} = -1$ で最小です。
よって、$\theta = 0$ のとき最大値 $\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = 1$、$\theta = \dfrac{3\pi}{4}$ のとき最小値 $\sqrt{2} \cdot (-1) = -\sqrt{2}$ となります。
合成した後、$\sin(\theta + \alpha)$ が $-1$ から $1$ まで動くと決めつけるのは危険です。
✗ 誤り：「$y = \sqrt{2}\sin(\theta + \frac{3\pi}{4})$ だから最大値 $\sqrt{2}$」
✓ 正しい：$\theta + \frac{3\pi}{4}$ の変域を調べてから、$\sin$ の最大値を判断する
$\theta$ の範囲が限定されているときは、必ず $\theta + \alpha$ の変域を書き出してから $\sin$ の値の範囲を読み取りましょう。
$y = \sqrt{3}\sin 2\theta + \cos 2\theta$ のように、$2\theta$ を含む式でも合成は同様に使えます。
$$y = 2\sin\!\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right)$$
$0 \leq \theta \leq \pi$ のとき $\dfrac{\pi}{6} \leq 2\theta + \dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{13\pi}{6}$ です。この範囲で $\sin$ の値域を読み取り、最大値・最小値を求めます。
合成を使った最大最小問題で最も大切なのは、「$\theta$ の変域」を「$\theta + \alpha$（または $2\theta + \alpha$）の変域」に正しく変換することです。
合成そのものは計算の問題ですが、変域の読み替えは思考力の問題です。ここを正確にやれば、あとは $\sin$ 関数の値域を読み取るだけです。
$0 \leq \theta \leq \pi$ のとき、$2\theta$ の範囲は $0 \leq 2\theta \leq 2\pi$ です。$\theta$ と同じ範囲だと思いこまないでください。
✗ 誤り：「$0 \leq \theta \leq \pi$ だから $0 \leq 2\theta + \frac{\pi}{6} \leq \pi + \frac{\pi}{6}$」
✓ 正しい：「$0 \leq \theta \leq \pi$ だから $0 \leq 2\theta \leq 2\pi$、よって $\frac{\pi}{6} \leq 2\theta + \frac{\pi}{6} \leq \frac{13\pi}{6}$」
$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 1$ のような方程式は、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の2つの未知関数を含んでいて、このままでは解けません。
しかし、左辺を合成すると $2\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = 1$ となり、$\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{1}{2}$ という基本的な $\sin$ の方程式に帰着します。
$a\sin\theta + b\cos\theta = c$ という形の方程式は、合成によって$\sin(\theta + \alpha) = k$（$k$ は定数）という基本形に帰着できます。
基本形の解き方は既に学んでいますから、あとは $\theta + \alpha$ の変域に注意して解を求めるだけです。
具体例で手順を確認しましょう。$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta + 1 = 0$（$0 \leq \theta \leq \pi$）を解きます。
Step 1：合成する。
$$\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 2\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)$$
（$\sin$ の係数 $\sqrt{3}$、$\cos$ の係数 $1$ から、$r = 2$、$\alpha = \dfrac{\pi}{6}$）
Step 2：基本形に直す。
$$2\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) + 1 = 0 \quad \Longrightarrow \quad \sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) = -\frac{1}{2}$$
Step 3：$\theta + \alpha$ の変域を求める。
$0 \leq \theta \leq \pi$ のとき、$\dfrac{\pi}{6} \leq \theta + \dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{7\pi}{6}$
Step 4：変域内で $\sin$ の方程式を解く。
$\sin t = -\dfrac{1}{2}$（$\dfrac{\pi}{6} \leq t \leq \dfrac{7\pi}{6}$）を満たす $t$ は $t = \dfrac{7\pi}{6}$ です。
よって $\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{7\pi}{6}$、すなわち $\theta = \pi$ です。
変域が広い場合（たとえば $0 \leq \theta < 2\pi$）、$\sin t = k$ の解が2つ存在することがあります。
✗ 誤り：解を1つだけ書いて終わり
✓ 正しい：$\theta + \alpha$ の変域内に解が何個あるか、単位円で確認する
単位円を描いて直線 $y = k$ との交点を見ると、変域内の解をすべて拾えます。
$a\sin\theta + b\cos\theta = c$ を合成すると $r\sin(\theta + \alpha) = c$ です。$|c| > r = \sqrt{a^2 + b^2}$ のとき、$\sin$ の値域を超えてしまうので方程式は解をもちません。
たとえば $\sin\theta + \cos\theta = 3$ は、$\sqrt{2}\sin(\theta + \frac{\pi}{4}) = 3$ つまり $\sin(\theta + \frac{\pi}{4}) = \frac{3}{\sqrt{2}} > 1$ となり、解なしです。
方程式 $a\sin\theta + b\cos\theta = c$ が解をもつ条件は $|c| \leq \sqrt{a^2 + b^2}$ です。これは幾何学的には、直線 $ax + by = c$ が単位円 $x^2 + y^2 = 1$ と共有点をもつ条件にほかなりません。
原点から直線 $ax + by = c$ までの距離は $\dfrac{|c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ なので、これが $1$ 以下、すなわち $|c| \leq \sqrt{a^2 + b^2}$ のとき交点が存在します。
方程式では「$\sin t = k$ を満たす $t$ の値」を求めますが、不等式では「$\sin t > k$（または $\sin t < k$）を満たす $t$ の範囲」を求めます。手順の大枠は方程式と同じで、合成して変域を読み替え、$\sin$（または $\cos$）の不等式に帰着させます。
$\sin 2\theta + \cos 2\theta + 1 > 0$（$0 \leq \theta \leq \pi$）を解きましょう。
Step 1：合成する。
$$\sin 2\theta + \cos 2\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right)$$
Step 2：不等式を書き換える。
$$\sqrt{2}\sin\!\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right) + 1 > 0 \quad \Longrightarrow \quad \sin\!\left(2\theta + \frac{\pi}{4}\right) > -\frac{1}{\sqrt{2}}$$
Step 3：$2\theta + \alpha$ の変域を求める。
$0 \leq \theta \leq \pi$ のとき $0 \leq 2\theta \leq 2\pi$ なので、$\dfrac{\pi}{4} \leq 2\theta + \dfrac{\pi}{4} \leq \dfrac{9\pi}{4}$ です。
Step 4：変域内で $\sin$ の不等式を解く。
$t = 2\theta + \dfrac{\pi}{4}$ とおきます。$\sin t > -\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の境界は $\sin t = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ つまり $t = \dfrac{5\pi}{4}, \dfrac{7\pi}{4}$ です。
$\sin t > -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ を満たす範囲は $\dfrac{\pi}{4} \leq t < \dfrac{5\pi}{4}$ または $\dfrac{7\pi}{4} < t \leq \dfrac{9\pi}{4}$ です。
Step 5：$\theta$ に戻す。
$t = 2\theta + \dfrac{\pi}{4}$ より $\theta = \dfrac{t - \frac{\pi}{4}}{2}$ です。
$\dfrac{\pi}{4} \leq t < \dfrac{5\pi}{4}$ のとき $0 \leq \theta < \dfrac{\pi}{2}$、$\dfrac{7\pi}{4} < t \leq \dfrac{9\pi}{4}$ のとき $\dfrac{3\pi}{4} < \theta \leq \pi$ です。
よって、解は $0 \leq \theta < \dfrac{\pi}{2}$ または $\dfrac{3\pi}{4} < \theta \leq \pi$ です。
$\sin t > k$ と $\sin t \geq k$ では、境界の等号の扱いが異なります。方程式の解が不等式の解に含まれるかどうかを毎回チェックしましょう。
また、$2\theta$ を含む問題で $\theta$ に戻すとき、$2$ で割る操作を忘れないようにしましょう。
| 問題の形 | 合成後の形 | ポイント |
|---|---|---|
| $a\sin\theta + b\cos\theta = c$ | $r\sin(\theta + \alpha) = c$ | $\theta + \alpha$ の変域内で $\sin$ の方程式を解く |
| $a\sin\theta + b\cos\theta > c$ | $r\sin(\theta + \alpha) > c$ | $\sin$ の不等式を解き、$\theta$ の範囲に戻す |
| $a\sin 2\theta + b\cos 2\theta = c$ | $r\sin(2\theta + \alpha) = c$ | $2\theta + \alpha$ の変域に注意（$\theta$ の2倍幅） |
| 最大最小問題 | $r\sin(\theta + \alpha)$ の値域 | $\theta + \alpha$ の変域から $\sin$ の値域を読み取る |
$\sin t > k$ の解は、単位円上で $y > k$ となる弧に対応します。大学では、$\sin$ や $\cos$ を単位円上の座標として定義するため、不等式の解法は「円と直線の位置関係」として統一的に扱われます。
高校の段階でも、$\sin t = k$ の方程式を解くときに単位円を描く習慣をつけておくと、解の個数や範囲を見落とすことがなくなります。
入試では $f(\theta) = \sin 2\theta + 2(\sin\theta + \cos\theta) - 1$ のような、$\sin\theta$ と $\cos\theta$ の対称式が出題されます。こうした問題では $t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくと、劇的にシンプルになります。
なぜか。$t = \sin\theta + \cos\theta$ の両辺を2乗すると
$$t^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + 2\sin\theta\cos\theta$$
よって $\sin\theta\cos\theta = \dfrac{t^2 - 1}{2}$ です。また $\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta = t^2 - 1$ です。
つまり、$\sin\theta + \cos\theta$（和）と $\sin\theta\cos\theta$（積）は、$t$ ひとつで表せるのです。
$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくと
$$\sin\theta\cos\theta = \frac{t^2 - 1}{2}, \qquad \sin 2\theta = t^2 - 1$$
$t$ の変域は合成により $t = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right)$ から $-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$（$\theta$ に制限がない場合）
$f(\theta) = \sin 2\theta + 2(\sin\theta + \cos\theta) - 1$（$0 \leq \theta < 2\pi$）の最大値・最小値を求めましょう。
$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくと、$\sin 2\theta = t^2 - 1$ より
$$f(\theta) = (t^2 - 1) + 2t - 1 = t^2 + 2t - 2 = (t + 1)^2 - 3$$
$t = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ であり、$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき $t$ は $-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$ の範囲を動きます。
$g(t) = (t + 1)^2 - 3$ は $t = -1$ で最小値 $-3$、$t = \sqrt{2}$ で最大値 $(\sqrt{2} + 1)^2 - 3 = 2\sqrt{2}$ をとります。
$t = \sqrt{2}$ のとき $\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = 1$ より $\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}$、すなわち $\theta = \dfrac{\pi}{4}$ です。
$t = -1$ のとき $\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ です。$0 \leq \theta < 2\pi$ の範囲で解くと $\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5\pi}{4}$ または $\dfrac{7\pi}{4}$ より、$\theta = \pi$ または $\dfrac{3\pi}{2}$ です。
$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおいた後、$t$ がどの範囲を動くかを必ず確認しましょう。
✗ 誤り：$g(t) = (t+1)^2 - 3$ の最小値は $t = -1$ で $-3$、最大値は $t \to \infty$ で $\infty$
✓ 正しい：$-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$ の範囲で $g(t)$ の最大値・最小値を求める
2次関数の最大最小問題に帰着しますが、定義域が限定されていることを忘れずに。
$\sin\theta$ と $\cos\theta$ が引き算の形で現れる場合は $t = \sin\theta - \cos\theta$ とおきます。このとき
$$t^2 = 1 - 2\sin\theta\cos\theta \quad \Longrightarrow \quad \sin\theta\cos\theta = \frac{1 - t^2}{2}$$
考え方は全く同じです。$\sin\theta$, $\cos\theta$ の対称式（または反対称式）が現れたら、和または差でおき換えることを検討しましょう。
2つの変数 $x, y$ の基本対称式は $x + y$（和）と $xy$（積）です。代数学の基本定理によれば、$x, y$ の任意の対称式は $x + y$ と $xy$ の式で表せます。
$\sin\theta$ と $\cos\theta$ に対して、$t = \sin\theta + \cos\theta$ とおけば積 $\sin\theta\cos\theta = \frac{t^2 - 1}{2}$ も $t$ で表せるので、対称式はすべて $t$ の関数になります。これは代数学の基本原理が三角関数にも適用できる好例です。
Q1. $y = \sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta$ を $r\sin(\theta + \alpha)$ の形に合成せよ。また、$\theta$ に制限がないとき最大値と最小値を答えよ。
Q2. $0 \leq \theta \leq \pi$ のとき、$y = \sin\theta + \cos\theta$ の最大値と最小値を求めよ。
Q3. 方程式 $\sin\theta - \cos\theta = 1$（$0 \leq \theta < 2\pi$）を解け。
Q4. 方程式 $\sin\theta + \cos\theta = 3$ が解をもたないことを示せ。
Q5. $t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくとき、$\sin 2\theta$ を $t$ で表せ。
$0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ のとき、関数 $y = \sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta$ の最大値と最小値を求めよ。また、そのときの $\theta$ の値を求めよ。
$\sin$ と $\cos$ が混在しているので、合成して1つの $\sin$ 関数にまとめます。その後、$\theta$ の変域から合成後の角の変域を求め、$\sin$ の値域を読み取ります。
$y = \sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 2\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)$
$0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ のとき、$\dfrac{\pi}{6} \leq \theta + \dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{2\pi}{3}$
この範囲で $\sin$ は $\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2}$（$\theta = \dfrac{\pi}{3}$）のとき最大値 $1$、$\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{6}$（$\theta = 0$）のとき最小値 $\dfrac{1}{2}$。
（$\sin\dfrac{2\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} > \dfrac{1}{2}$ なので、最小は $\theta = 0$ のとき）
よって、$\theta = \dfrac{\pi}{3}$ のとき最大値 $2$、$\theta = 0$ のとき最小値 $1$。
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、次の方程式・不等式を解け。
(1) $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{3}$
(2) $\sin\theta + \cos\theta \geq 1$
(1) 合成して $\sin(\theta + \alpha) = k$ の形に帰着させ、$\theta + \alpha$ の変域内で解を求めます。(2) 同様に合成して $\sin$ の不等式に帰着させます。
(1) $\sqrt{3}\sin\theta + \cos\theta = 2\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right)$
$2\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = \sqrt{3}$ より $\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき $\dfrac{\pi}{6} \leq \theta + \dfrac{\pi}{6} < \dfrac{13\pi}{6}$
この範囲で $\sin t = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ を満たすのは $t = \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{2\pi}{3}$
$\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{3}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{6}$、$\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{2\pi}{3}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{2}$
よって $\theta = \dfrac{\pi}{6},\ \dfrac{\pi}{2}$
(2) $\sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$
$\sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) \geq 1$ より $\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right) \geq \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\dfrac{\pi}{4} \leq \theta + \dfrac{\pi}{4} < \dfrac{9\pi}{4}$ の範囲で $\sin t \geq \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ を満たすのは $\dfrac{\pi}{4} \leq t \leq \dfrac{3\pi}{4}$
$\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4}$ より $\theta = 0$、$\theta + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{4}$ より $\theta = \dfrac{\pi}{2}$
よって $0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$
$0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ のとき、関数 $y = \sqrt{3}\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta$ の最大値と最小値を求めよ。また、そのときの $\theta$ の値を求めよ。
$\sin\theta\cos\theta$ と $\cos^2\theta$ は $\sin$, $\cos$ の2次式です。2倍角・半角の公式で $2\theta$ の三角関数に変換し、合成します。
$y = \sqrt{3}\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta$
$= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta + \dfrac{1 + \cos 2\theta}{2}$
$= \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta + \dfrac{1}{2}\cos 2\theta + \dfrac{1}{2}$
$= \sin\!\left(2\theta + \dfrac{\pi}{6}\right) + \dfrac{1}{2}$
$0 \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ のとき $\dfrac{\pi}{6} \leq 2\theta + \dfrac{\pi}{6} \leq \dfrac{7\pi}{6}$
この範囲で $\sin$ は $2\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2}$（$\theta = \dfrac{\pi}{6}$）のとき最大値 $1$、$2\theta + \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{7\pi}{6}$（$\theta = \dfrac{\pi}{2}$）のとき最小値 $-\dfrac{1}{2}$。
よって、$\theta = \dfrac{\pi}{6}$ のとき最大値 $\dfrac{3}{2}$、$\theta = \dfrac{\pi}{2}$ のとき最小値 $0$。
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき、関数 $f(\theta) = \sin 2\theta + 2(\sin\theta + \cos\theta) - 1$ について
(1) $t = \sin\theta + \cos\theta$ とおくとき、$f(\theta)$ を $t$ の式で表せ。
(2) $t$ のとりうる値の範囲を求めよ。
(3) $f(\theta)$ の最大値と最小値を求め、そのときの $\theta$ の値を求めよ。
$t = \sin\theta + \cos\theta$ の両辺を2乗すると $\sin 2\theta = t^2 - 1$ が得られます。これを使って $f(\theta)$ を $t$ の2次関数に帰着させ、$t$ の変域を合成で求めてから最大最小を調べます。
(1) $t = \sin\theta + \cos\theta$ の両辺を2乗すると
$t^2 = \sin^2\theta + 2\sin\theta\cos\theta + \cos^2\theta = 1 + \sin 2\theta$
よって $\sin 2\theta = t^2 - 1$
$$f(\theta) = (t^2 - 1) + 2t - 1 = t^2 + 2t - 2$$
(2) $t = \sin\theta + \cos\theta = \sqrt{2}\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$
$0 \leq \theta < 2\pi$ のとき $\dfrac{\pi}{4} \leq \theta + \dfrac{\pi}{4} < \dfrac{9\pi}{4}$
$\sin\!\left(\theta + \dfrac{\pi}{4}\right)$ は $[-1, 1]$ の全範囲を動くので $-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$
(3) $g(t) = t^2 + 2t - 2 = (t + 1)^2 - 3$（$-\sqrt{2} \leq t \leq \sqrt{2}$）
頂点 $t = -1$（$-\sqrt{2} < -1 < \sqrt{2}$ なので変域内）で最小値 $-3$
$g(-\sqrt{2}) = 2 - 2\sqrt{2} - 2 = -2\sqrt{2} \approx -2.83$
$g(\sqrt{2}) = 2 + 2\sqrt{2} - 2 = 2\sqrt{2} \approx 2.83$
$g(\sqrt{2}) > g(-\sqrt{2})$ なので、$t = \sqrt{2}$ で最大値 $2\sqrt{2}$
$t = \sqrt{2}$ のとき $\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = 1$ より $\theta = \dfrac{\pi}{4}$
$t = -1$ のとき $\sin\!\left(\theta + \frac{\pi}{4}\right) = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ より $\theta = \pi$ または $\theta = \dfrac{3\pi}{2}$
よって、$\theta = \dfrac{\pi}{4}$ のとき最大値 $2\sqrt{2}$、$\theta = \pi, \dfrac{3\pi}{2}$ のとき最小値 $-3$。