已知a2+b2=1，a，b∈R，求证：|acosθ+bsinθ|≤1．
问题描述：
已知a2+b2=1，a，b∈R，求证：|acosθ+bsinθ|≤1．
答
证明：法一：∵（acos θ+bsin θ）2≤（a2+b2）（cos2θ+sin2θ）
=1•1=1，∴|acos θ+bsin θ|≤1．
法二：由于知a2+b2=1，a，b∈R，故可令a=sinα，b=cosα
由acosθ+bsinθ=sinαcosθ+cosαsinθ=sin（θ+α）∈[-1，1]
故：|acosθ+bsinθ|≤1
答案解析：法一：可利用不等式：（acos θ+bsin θ）2≤（a2+b2）（cos2θ+sin2θ）直接证明出结果；
法二：利用换元法转化到三角函数中，利用三角函数的有界性证明不等式
考试点：基本不等式在最值问题中的应用；三角函数的最值．
知识点：本题考察基本不等式在最值中的应用，对于本题利用坐差法得出的结论：（acos θ+bsin θ）2≤（a2+b2）（cos2θ+sin2θ）证明比较快，但此结论难记，方法二用到了换元法，把问题转化到了三角函数中解决，此方法对于本题较为有效，可以利用三角换元的问题特征：出现了两个数的平方和等于某数的形式，一般都可进行三角换元