导数与三角函数交汇试题

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微专题三角函数与导数的综合题

微专题三角函数与导数的综合题1. 已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．2. 设函数sin ()2cos x f x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求实数a 的取值范围． .3. 已知函数，其中是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线在点()(),f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令，讨论的单调性并求极值.4. 已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．()22cos f x x x =+()()cos sin 22x g x e x x x =-+-2.71828e =()y f x =()()()()h x g x af x a R =-∈()h x5. 设函数()e cos (),x f x a x a R -=∈+6. 设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明：()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242m m πππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈，证明：20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-.7. 已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+2()3()cos 4(1sin )ln(3)x g x x x x x π=--+-. 证明：（1）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =；（2）存在唯一1(,)2x ππ∈，使1()0g x =，且对（1）中的01x x π+<.8. 已知函数()()()[]321,12cos .0,12xx f x x e g x ax x x x -=+=+++∈当时，（I ）求证：()11-;1x f x x≤≤+ （II ）若()()f x g x ≥恒成立，a 求实数的取值范围..。

第01节导数与三角函数交汇问题初探

题型三：三角函数与指数型函数组合
例 3 已知函数 f x ex asinx, a R ，当 x 0, 时， f x 0 ，求 a 的取值范围．
解析当 a 0 时， f x ex ，符合题意．
当
a
0
时，设函数
y
ex
与
y
asinx
的图象在点
x0
,
y0
处有公切线（其中
x0
0,
2
），
不单调．
综上，a 的取值范围为 0,1 ．
（2）由（1）知，当
a
1时，
ax
sinx
，即当
x
0,
2
时，
sinx
x
，从而
sin 2
x 2
x 2
2
．
令 g x ax sinx x3 ，则
6
g 'x
a cosx
x2 2
a 1 2sin2
x 2
x2 2
a
1
2
x 2 2
x2 2
a 1．
第 01 节导数与三角函数交汇问题初探
第一节导数与三角函数交汇问题初探
2019 年全国卷Ⅰ理科和文科第 20 题均考查与三角函数交会的导数问题，让人眼前一亮．这类试题可谓别出心裁，由于三角函数的独特性，当表达式中含有三角函数时，无
论怎么求导，导函数仍含有三角函数，这就是解题的难点．
题型一：三角函数与多项式函数组合
当
a
1
时，
g
'
x
0
，则
g
x
在
0,
2
上单调递减，
g
x
g

2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究(解析版)

导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x >0时,x >sin x >x −12x 2.②余弦函数:cos x ≥1−12x 2.③正切函数:当x ∈0,π2时,sin x <x <tan x . ④数值域:sin x ∈-1,1,cos x ∈ -1,1 .3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x -ax ，a ∈R ，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x >2x ；(2)若函数g x =f x -x cos x 在区间0,+∞ 内有唯一的零点，求a 的取值范围.2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究（解析版）2已知函数f x =sin x-x-ae x,其中a为实数,e是自然对数的底数.(1)若a=-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π上有唯一的极值点,求实数a的取值范围.3已知函数f x =e x，g x =sin x+cos x.(1)求证：f x ≥x+1；(2)若x≥0，问f x +g x -2-ax≥0a∈R是否恒成立?若恒成立，求a的取值范围；若不恒成立，请说明理由4已知函数f(x)=e x+cos x-a(a∈R)．(1)讨论f(x)在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x∈[0,+∞)时，e x+sin x≥ax+1恒成立，求a的取值范围．5已知函数f x =a sin x，其中a>0.(1)若f x ≤x在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)证明：∀x∈0,+∞，有2e x>x+1 xln x+1+sin x.6已知函数f x =ae x+4sin x-5x.(1)若a=4，判断f x 在0,+∞上的单调性；(2)设函数p x =3sin x-2x+2，若关于x的方程f x =p x 有唯一的实根，求a的取值范围.7已知函数f x =e x，g x =2-sin x-cos x．(1)求证：当x∈0,+∞，x>sin x；(2)若x∈0,+∞，f x >g x +ax恒成立，求实数a的取值范围．8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2 ，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f (x )有两个极值点，求a 的取值范围；(2)若x ≥0，f (x )≥2sin x ，求a 的取值范围．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x<1时，x-x2<sin x<x；(2)已知函数f x =cos ax-ln1-x2，若x=0是f x 的极大值点，求a的取值范围．【跟踪训练】1已知函数f x =xe-x+a sin x，e是自然对数的底数，若x=0恰为f(x)的极值点.(1)求实数a的值；上零点的个数.(2)求f(x)在区间-∞,π42已知函数f x =2cos x+ln1+x-1．上零点和极值点的个数，并给出证明；(1)判断函数f x 在区间0,π2(2)若x≥0时，不等式f x <ax+1恒成立，求实数a的取值范围．3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立.(1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.5已知函数f(x)=ax2-a(x sin x+cos x)+cos x+a(x>0)．(1)当a=1时，(I)求(π,f(π))处的切线方程；(II)判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a的取值范围．6已知f(x)=ax2-cos x-x sin x+a(a∈R).(1)当a=14时，求y=f(x)在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x∈R时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围.7已知函数f(x)=e x-a-x-cos x，x∈(-π,π)其中e=2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a=0时，证明：f x ≥0;(2)当a=1时，求函数y=f x 零点个数．8已知函数f x =x-1e x+ax+1.(1)若a=-e，求f x 的极值；(2)若x≥0，f x ≥2sin x，求a的取值范围.9已知函数f x =2sin x-ln1+x0<x<π．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．11已知函数f x =ln x+sin x. (1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.12已知函数f(x)=12ax2-(a-2)x-2ln x.(1)当a=2时，证明：f x >sin x.(2)讨论f x 的单调性.13(1)证明：当x<1时，x+1≤e x≤11-x；(2)是否存在正数a，使得f x =2e x+a sin x-ax2-a+2x在R上单调递增，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x>0时,x>sin x>x−12x2. ②余弦函数:cos x≥1−12x2.③正切函数:当x∈0,π2时,sin x<x<tan x. ④数值域:sin x∈-1,1,cos x∈-1,1.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x-ax，a∈R，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x>2x；(2)若函数g x =f x -x cos x在区间0,+∞内有唯一的零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)a≥1【详解】(1)因为f x =e x-ax，所以f x =e x-a，当a≤0时，f x =e x-a>0，则f x =e x-ax在R上单调递增，当a>0时，令f x =e x-a>0得x>ln a，令f x =e x-a<0得x<ln a，所以函数f x 的增区间为(ln a,+∞)，减区间为(-∞,ln a)，令F x =e x-2x，则F x =e x-2，令F x =e x-2>0得x>ln2，令F x =e x-2<0得x<ln2，所以函数F x 的增区间为(ln2,+∞)，减区间为(-∞,ln2)，所以当x=ln2时，F x 取得最小值为F ln2=e ln2-2ln2=2-2ln2>0，所以e x>2x，得证；(2)由(1)知，g x =e x-a-x cos x，因为函数g x 在区间0,+∞内有唯一的零点，所以方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，令h(x)=e x-x cos x,x≥0，则函数h(x)=e x -x cos x与y=a在0,+∞上只有一个交点，记m x =e x-x-1,(x≥0)，则m x =e x-1≥0，所以m x 在0,+∞上单调递增，所以m x =e x-x-1≥e0-1=0，即e x≥x+1，故h (x)=e x-cos x+x sin x≥1-cos x+x(1+sin x)≥0，所以h(x)=e x-x cos x在0,+∞上单调递增，又h(0)=1，如图：要使方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，则a≥1.所以a的取值范围是a≥1.2已知函数f x =sin x -x -ae x ,其中a 为实数,e 是自然对数的底数.(1)若a =-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π 上有唯一的极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)证明:a =-1时,f x =sin x -x +e x ,令g x =e x -x ,则g x =e x -1,当x <0时,g x <0,g x 在-∞,0 上为减函数,当x >0时,g x >0,g x 在0,+∞ 上为增函数,函数g x 的极小值也是最小值为g 0 =1,所以g x ≥g 0 =1,而-sin x ≤1,所以e x -x ≥-sin x ,即f x ≥0.(2)f x 在0,π 上有唯一的极值点等价于f x =cos x -1-ae x =0在0,π 上有唯一的变号零点,f x =0等价于a =cos x -1e x ,设h x =cos x -1e x,x ∈0,π ,h x =-sin x -cos x +1e x =1-2sin x +π4 e x,因为x ∈0,π ,所以x +π4∈π4,5π4 ,当0<x <π2时,x +π4∈π4,3π4 ,sin x +π4 >22,h x <0,h x 在0,π2 上为减函数,当π2<x <π时,x +π4∈3π4,5π4 ,sin x +π4 22,h x 0,h x 在π2,π 上为增函数,所以函数h x 的极小值也是最小值为h π2 =-1e π2,又h 0 =0,h π =-2e π,所以当-2e π≤a <0时,方程a =cos x -1e x 在0,π 上有唯一的变号零点,所以a 的取值范围是-2e π,0.3已知函数f x =e x ，g x =sin x +cos x .(1)求证：f x ≥x +1；(2)若x ≥0，问f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 是否恒成立?若恒成立，求a 的取值范围；若不恒成立，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)a ≤2【详解】(1)令F x =e x -x -1，F x =e x -1，当x ∈-∞,0 ，F x <0，所以此时F x 单调递减；当x ∈0,+∞ ，F x >0，所以此时F x 单调递增；即当x =0时，F x 取得极小值也是最小值F 0 =0，所以F x ≥0，得证；(2)设h x =f x +g x -2-ax ，即证h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0在0,+∞ 上恒成立，易得h x =e x +cos x -sin x -a ，当x =0时，若h 0 =2-a ≥0⇒a ≤2，下面证明：当a ≤2时，h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0，在0,+∞ 上恒成立，因为h x =e x +cos x -sin x -a ，设u x =h x ，令v x =x -sin x ,v x =1-cos x ≥0，所以v x 在0,+∞ 上是单调递增函，所以v x ≥v 0 =0，又因为1-cos x ≥0，则u x =e x -sin x -cos x ≥x +1-sin x -cos x =x -sin x +1-cos x ≥0所以h x 在0,+∞ 上是单调递增函数，所以h x ≥h 0 =2-a ≥0，所以h x 在0,+∞ 上是严格增函数，若a >2时，h 0 <0，即h x 在x =0右侧附近单调递减，此时必存在h x 0 <h 0 =0，不满足f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 恒成立，故当a ≤2时，不等式恒成立.4已知函数f (x )=e x +cos x -a (a ∈R )．(1)讨论f (x )在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x ∈[0,+∞)时，e x +sin x ≥ax +1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)f (x )在[-π,+∞)上的单调递增；(2)(-∞,2]【详解】(1)f (x )=e x -sin x ，当-π≤x ≤0时，e x >0，sin x <0，∴f (x )=e x -sin x >0，当x >0时，e x >1，sin x ≤1，∴f (x )=e x -sin x >0，即：f (x )>0在[-π,+∞)上恒成立，所以f (x )在[-π,+∞)上的单调递增.(2)方法一：由e x +sin x ≥ax +1得：e x +sin x -ax -1≥0当x =0时，e x +sin x -ax -1≥0恒成立，符合题意令g (x )=e x +sin x -ax -1，x >0g (x )=e x +cos x -a =f (x )，由(1)得：g (x )在(0,+∞)上的单调递增，∴g (x )>2-a ，①当a ≤2时，g (x )>2-a ≥0，所以g (x )在(0,+∞)上的单调递增，所以g (x )>g (0)=0，符合题意②当a >2时，g (0)=2-a <0，g (ln (2+a ))=2+cos (ln (2+a ))>0，∴存在x 0∈(0,ln (2+a ))，使得g (x 0)=0,当0<x <x 0时，g (x )<g (x 0)=0；所以g (x )在(0,x 0)上的单调递减，当0<x <x 0时，g (x )<g (0)=0，这不符合题意综上，a 的取值范围是(-∞,2].方法二：令h (x )=e x +sin x ，s (x )=ax +1，x ≥0则h (0)=s (0)=1，符合题意h(x )=e x +cos x =f (x )+a ，f (x )=e x -sin x 由(1)得：f (x )>0在(0,+∞)上恒成立，h (x )在(0,+∞)上单调递增所以，h (x )>h (0)>0，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，其图象是下凸的，如图： ∵h (0)=2，所以，曲线h (x )在点(0,1)处的切线方程为：y =2x +1，要使得h (x )≥s (x )在[0,+∞)上恒成立，只需a ≤2所以，a 的取值范围是(-∞,2].5已知函数f x =a sin x ，其中a >0.(1)若f x ≤x 在0,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x .【答案】(1)0,1 ；(2)证明见解析【详解】(1)令h x =x -a sin x ，x ∈0,+∞ ，则h x =1-a cos x ，当a ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0，当a ∈1,+∞ 时，令m x =h x =1-a cos x ，则m x =a sin x ，所以对∀x ∈0,π2 ，m x >0，则h x 在0,π2 上单调递增，又因为h 0 =1-a <0，h π2 =1>0，所以由零点存在定理可知，∃x 0∈0,π2使得h x 0 =0，所以当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，h x <h 0 =0，与题意矛盾，综上所述，a ∈0,1 .(2)由(1)知，当a =1时，sin x ≤x ，∀x ∈0,+∞ . 先证ln x +1 ≤x ，x ∈0,+∞ ，令φx =x -ln x +1 ，则φ x =1-1x +1≥0，所以φx 单调递增，φx >φ0 =0，即ln x +1 ≤x . 所以当x ∈0,+∞ 时，ln x +1 +sin x ≤2x ，x +1x ln x +1 +sin x ≤2x 2+1 .要证∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x ，只需证e x >x 2+1. 令g x =x 2+1 e -x -1，x ∈0,+∞ ，则g x =2x -x 2-1 e -x =-x -1 2e -x ≤0.所以g x 在0,+∞ 上单调递减，所以g x <g 0 =0，即e x >x 2+1.综上可得∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .6已知函数f x =ae x +4sin x -5x .(1)若a =4，判断f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)设函数p x =3sin x -2x +2，若关于x 的方程f x =p x 有唯一的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)a ≤0或a =2【详解】(1)当a =4时，f x =4e x +4sin x -5x ,f x =4e x +4cos x -5，令g x =f x =4e x +4cos x -5,则g x =4e x -4sin x .当x ∈0,+∞ 时，4e x ≥4(x =0时等号成立)；-4sin x ≥-4(x =π2+2k π,k ∈Z 时等号成立)，所以g x =4e x -4sin x >0，即函数f x =4e x +4cos x -5在0,+∞ 上递增，所以f x ≥f 0 =3>0，即函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)方程f x =p x 即ae x +4sin x -5x =3sin x -2x +2有唯一的实根，则a =3x +2-sin x e x只有一个解，等价于直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x 的图象只有一个交点.令h x =3x +2-sin x ex ，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以h x =sin x -cos x +1-3x e x 的符号由分子决定，令m x =sin x -cos x +1-3x ，则m x =cos x +sin x -3=22sin x +π4-3<0.所以m x =sin x -cos x +1-3x 在R 上递减，因为m 0 =0，所以当x ∈-∞,0 时，m x >m 0 =0；当x ∈0,+∞ 时，m x <m 0 =0.即当x ∈-∞,0 时，h x >0；当x ∈0,+∞ 时，h x <0.所以函数h x =3x +2-sin x e x 在-∞,0 上递增，在0,+∞ 上递减，当x 趋于-∞时，e x 趋于0且大于0，分子3x +2-sin x 趋于-∞，则3x +2-sin x e x趋于-∞；当x =0时，h max x =h 0 =2；当x 趋于+∞时，e x 趋于+∞，分子3x +2-sin x 也趋于+∞，令φx =e x-3x +2-sin x ，则φ x =e x -3+cos x ，当x >2时，φ x =e x -3+cos x >0，则x 趋于+∞时，e x 增长速率大于3x+2-sin x 的增长速率，故x 趋于+∞时，3x +2-sin x e x趋于0.画出函数h x =3x +2-sin x e x 的草图，并画出直线y =a ，要使直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x的图象只有一个交点.则a ≤0或a =2.所以当a ≤0或a =2时，方程f x =p x 有唯一的实根.7已知函数f x =e x ，g x =2-sin x -cos x ．(1)求证：当x ∈0,+∞ ，x >sin x ；(2)若x ∈0,+∞ ，f x >g x +ax 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)-∞,2 【详解】(1)证明：设F x =x -sin x ，x >0，则F x =1-cos x >0，所以F x 在区间0,+∞ 上单调递增，所以F x >F 0 =0，即x >sin x .(2)由f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立，即e x +sin x +cos x -ax -2>0在区间0,+∞ 上恒成立，设φx =e x +sin x +cos x -ax -2，则φx >0在区间0,+∞ 上恒成立，而φ x =e x +cos x -sin x -a ，令m x =φ x ，则m x =e x -sin x -cos x ，设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，所以函数h x 在区间0,+∞ 上单调递增，故在区间0,+∞ 上，h x >h 0 =0，即在区间0,+∞ 上，e x >x +1，由(1)知：在区间0,+∞ 上，e x >x +1>sin x +cos x ，即m x =e x -sin x -cos x >0，所以在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，当a ≤2时，φ 0 =2-a ≥0，故在区间0,+∞ 上函数φ x >0，所以函数φx 在区间0,+∞ 上单调递增，又φ0 =0，故φx >0，即函数f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立.当a >2时，φ 0 =2-a ，φ ln a +2 =a +2+cos ln a +2 -sin ln a +2 -a =2-2sin ln a +2 -π4 >0，故在区间0,ln a +2 上函数φ x 存在零点x 0，即φ x 0 =0，又在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φ x <φ x 0 =0，所以在区间0,x 0 上函数φx 单调递减，由φ0 =0，所以在区间0,x 0 上φx <φ0 =0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-∞,2 .8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3【详解】(1)a =-1时，设g (x )=f (x )+2x =-sin x -ln (1+x )+2x ，则g (x )=-cos x -11+x +2，∵x >0∴x +1>1∴-1x +1∈(-1,0)∵cos x ∈[-1,1]∴-cos x -1x +1+2>0，即g (x )>0在(0,+∞)上恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调增，又g (0)=0∴g (x )>g (0)=0，即∀x >0,f (x )+2x >0；(2)a =1时，当k =4时，f (2)=sin2-ln3<0，所以k <4．下证k =3符合．k =3时，当x ∈0,32时，sin x >0，所以当a ≥1时，f (x )=a sin x -ln (1+x )≥sin x -ln (1+x )．记h (x )=sin x -ln (1+x )，则只需证h (x )=sin x -ln (1+x )≥0对x ∈0,32恒成立．h (x )=cos x -1x +1，令ϕ(x )=cos x -1x +1，则ϕ (x )=-sin x +1(x +1)2在0,π2 递减，又ϕ (0)=1>0,ϕ π2 =-1+1π2+1 2<0，所以存在x 1∈0,π2，使得ϕ x 1 =0，则x ∈0,x 1 ,ϕ x 1 >0,ϕ(x )在0,x 1 递增，x ∈x 1,π2 ,ϕ x 1 <0,ϕ(x )在x 1,π2 递减；又ϕ(0)=0,ϕπ2 =-1π2+1<0，所以存在x 2∈x 1,π2 使得ϕx 2 =0，且x ∈0,x 2 ,ϕ(x )>0,x ∈x 2,π2,ϕ(x )<0，所以h (x )在0,x 2 递增，在x 2,π2递减，又h (0)=0,h π2 =1-ln 1+π2 >0，所以h (x )≥0对x ∈0,π2 恒成立，因为0,32 ⊆0,π2，所以k =3符合．综上，整数k 的最大值为3．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若x≥0，f(x)≥2sin x，求a的取值范围．【答案】(1)0,1 e；(2)2,+∞．【详解】(1)由f(x)=(x-1)e x+ax+1，得f (x)=xe x+a，因为f(x)有两个极值点，则f (x)=0，即方程-a= xe x有两个不等实数根，令g(x)=xe x，则g (x)=(x+1)e x，知x<-1时，g (x)<0，g(x)单调递减，x>-1时，g (x)>0，g(x)单调递增，则x=-1时，g(x)取得极小值g(-1)=-1e，也即为最小值，且x<0时，g(x)<0，x→-∞时，g(x)→0，x>0时，g(x)>0，x→∞时，g(x)→+∞，故-1e<-a<0，即0<a<1e时，方程-a=xe x有两个实数根，不妨设为x1，x2x1<x2．可知x<x1时，f (x)>0，x1<x<x2时，f (x)< 0，x>x2时，f (x)>0，即x1，x2分别为f(x)的极大值和极小值点．所以f(x)有两个极值点时，a的取值范围是0,1 e．(2)令h(x)=(x-1)e x+ax-2sin x+1，原不等式即为h(x)≥0，可得h(0)=0，h (x)=xe x+a-2cos x，h (0)=a-2，令u(x)=h (x)=xe x+a-2cos x，则u (x)=(x+1)e x+2sin x，又设t(x)=(x+1)e x，则t (x)= (x+2)e x，x≥0时，t (x)>0，可知t(x)在0,+∞单调递增，若x∈0,π，有(x+1)e x>0，sin x>0，则u (x)>0；若x∈π,+∞，有(x+1)e x>(π+1)eπ>2，则u (x)>0，所以，x≥0，u (x)>0，则u(x)即h (x)单调递增，①当a-2≥0即a≥2时，h (x)≥h (0)≥0，则h(x)单调递增，所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥2符合题意．②当a-2<0即a<2时，h (0)<0，h (3-a)=(3-a)e(3-a)+a-2cos(3-a)≥3-a+a-2cos(2-a)> 0，存在x0∈(0,3-a)，使得h (x0)=0，当0<x<x0时，h (x)<0，则h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，综上所述，a的取值范围是2,+∞．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．【答案】(1)a=1；(2)证明见解析【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1-π2cosπ2x-a x，依题意得f (1)=1-a=0，得a=1，此时f (x)=1-π2cosπ2x-1x，当0<x<1时，0<π2x<π2，0<π2cosπ2x<π2，1x>1，故f (x)<0，f(x)在(0,1)内单调递减，当1<x<2时，π2<π2x<π，π2cosπ2x<0，1x<1，故f (x)>0，f(x)在(1,2)内单调递增，故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.综上所述：a=1.(2)由(1)知，f(x)=x-sinπ2x-ln x，不妨设0<x1<x2，当1≤x1<x2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，x2≥2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，0<x2<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x 1≠x 2，使得f x 1 =f x 2 ，所以1<x 2<2，要证x 1+x 2>2，只要证x 1>2-x 2，因为1<x 2<2，所以0<2-x 2<1，又f (x )在(0,1)内单调递减，所以只要证f (x 1)<f (2-x 2)，又f x 1 =f x 2 ，所以只要证f (x 2)<f (2-x 2)，设F (x )=f (x )-f (2-x )(1<x <2)，则F (x )=f (x )+f (2-x )=1-π2cos π2x -1x +1-π2cos π2(2-x ) -12-x =2-1x +12-x -π2cos π2x +cos π-π2x =2-1x +12-x -π2cos π2x -cos π2x =2-1x +12-x，令g (x )=2-1x +12-x(1<x <2)，则g (x )=1x 2-1(2-x )2=4-4x x 2(2-x )2，因为1<x <2，所以g (x )<0，g (x )在(1,2)上为减函数，所以g (x )<g (1)=0，即F (x )<0，所以F (x )在(1,2)上为减函数，所以F (x )<F (1)=0，即f (x 2)<f (2-x 2).综上所述：x 1+x 2>2.11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x <1时，x -x 2<sin x <x ；(2)已知函数f x =cos ax -ln 1-x 2 ，若x =0是f x 的极大值点，求a 的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)-∞,-2 ∪2,+∞【详解】(1)构建F x =x -sin x ,x ∈0,1 ，则F x =1-cos x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则F x 在0,1 上单调递增，可得F x >F 0 =0，所以x >sin x ,x ∈0,1 ；构建G x =sin x -x -x 2 =x 2-x +sin x ,x ∈0,1 ，则G x =2x -1+cos x ,x ∈0,1 ，构建g x =G x ,x ∈0,1 ，则g x =2-sin x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则g x 在0,1 上单调递增，可得g x >g 0 =0，即G x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则G x 在0,1 上单调递增，可得G x >G 0 =0，所以sin x >x -x 2,x ∈0,1 ；综上所述：x -x 2<sin x <x .(2)令1-x 2>0，解得-1<x <1，即函数f x 的定义域为-1,1 ，若a =0，则f x =1-ln 1-x 2 ,x ∈-1,1 ，因为y =-ln u 在定义域内单调递减，y =1-x 2在-1,0 上单调递增，在0,1 上单调递减，则f x =1-ln 1-x 2 在-1,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，故x =0是f x 的极小值点，不合题意，所以a ≠0.当a ≠0时，令b =a >0因为f x =cos ax -ln 1-x 2 =cos a x -ln 1-x 2 =cos bx -ln 1-x 2 ，且f -x =cos -bx -ln 1--x 2 =cos bx -ln 1-x 2 =f x ，所以函数f x 在定义域内为偶函数，由题意可得：f x =-b sin bx -2x x 2-1,x ∈-1,1 ，(i )当0<b 2≤2时，取m =min 1b ,1 ，x ∈0,m ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得fx =-b sin bx -2x x 2-1>-b 2x -2x x 2-1=x b 2x 2+2-b 2 1-x 2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以f x >x b 2x 2+2-b 21-x 2>0，即当x ∈0,m ⊆0,1 时，f x >0，则f x 在0,m 上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x 在-m ,0 上单调递减，所以x =0是f x 的极小值点，不合题意；(ⅱ)当b 2>2时，取x ∈0,1b ⊆0,1 ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得f x =-b sin bx -2x x 2-1<-b bx -b 2x 2 -2x x 2-1=x 1-x2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 ，构建h x =-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2,x ∈0,1b ，则h x =-3b 3x 2+2b 2x +b 3,x ∈0,1b，且h 0 =b 3>0,h 1b=b 3-b >0，则hx >0对∀x ∈0,1b 恒成立，可知h x 在0,1b 上单调递增，且h 0 =2-b 2<0,h 1b=2>0，所以h x 在0,1b 内存在唯一的零点n ∈0,1b ，当x ∈0,n 时，则h x <0，且x >0,1-x 2>0，则f x <x1-x 2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 <0，即当x ∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则f x 在0,n 上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x 在-n ,0 上单调递增，所以x =0是f x 的极大值点，符合题意；综上所述：b 2>2，即a 2>2，解得a >2或a <-2，故a 的取值范围为-∞,-2 ∪2,+∞ .【跟踪训练】1已知函数f x =xe -x +a sin x ，e 是自然对数的底数，若x =0恰为f (x )的极值点.(1)求实数a 的值；(2)求f (x )在区间-∞,π4上零点的个数.【答案】(1)-1；(2)1【详解】(1)由题意得f x =1-xex+a cos x ，因为x =0为f (x )的极值点，故f (0)=1+a =0,∴a =-1，此时f x =1-x e x-cos x ，则x <0时，1-xe x >1，故f (x )>0，则f (x )在(-∞,0)上单调递增；由f x =1-x e x -cos x =1-x -e x cos x e x，令g x =1-x -e x cos x ,∴g x =-1-e x cos x -sin x ，当0<x <π4时，cos x -sin x >0，则g (x )<0，则g (x )在0,π4上单调递减，故g (x )<g (0)=0，即f(x )<0，故f (x )在0,π4 上单调递减，则x =0为f (x )的极大值点，符合题意，故a =-1.(2)由(1)知f x =xe -x -sin x ，f x =1-xex-cos x ，x <0时，f (x )>0，f (x )在(-∞,0)上单调递增，则f (x )<f (0)=0，故f x 在(-∞,0)上不存在零点；当0<x <π4时，f (x )<0，故f (x )在0,π4上单调递减，则f (x )<f (0)=0，故f x 在0,π4上不存在零点；当x =0时，f (0)=0，即x =0为f x 的零点，综合上述，f (x )在区间-∞,π4上零点的个数为1.2已知函数f x =2cos x +ln 1+x -1．(1)判断函数f x 在区间0,π2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若x ≥0时，不等式f x <ax +1恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数f x 在区间0,π2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析；(2)实数a 的取值范围是1,+∞【详解】(1)函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点，证明如下，f x =-2sin x +1x +1，设t x =f x =-2sin x +1x +1，t x =-2cos x -1x +12，当x ∈0,π2 时，t x <0，所以f x 单调递减，又f 0 =1>0，f π2=-2+1π2+1=-2+2π+2<0，所以存在唯一的α∈0,π2 ，使得f α =0，所以当x ∈0,α 时，f x >0，当x ∈α,π2 时，f x <0，所以f x 在0,α 单调递增，在α,π2单调递减，所以α是f x 的一个极大值点，因为f 0 =2-1=1>0，f α >f 0 >0，f π2=ln 1+π2 -1<0，所以f x 在0,α 无零点，在α,π2上有唯一零点，所以函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点；(2)由f x ≤ax +1，得2cos x +ln 1+x -ax -2≤0，令g x =2cos x +ln 1+x -ax -2，x >0 ，则g 0 =0，g x =-2sin x +11+x-a ，g 0 =1-a ，①若a ≥1，则-a ≤-1，当x ≥0时，-ax ≤-x ，令h x =ln x +1 -x ，则h x =1x +1-1=-xx +1，当x ≥0时，h x ≤0，所以h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x ≤h 0 ，所以ln x +1 -x ≤0，即ln x +1 ≤x ，又cos x ≤1，所以g x ≤2+x -x -2=0，即当x ≥0时，f x ≤ax +1恒成立，②若0≤a <1，因为当x ∈0,π2 时，g x 单调递减，且g 0 =1-a >0，g π2 =-2+11+π2-a <0，所以存在唯一的β∈0,π2，使得g β =0，当x ∈0,β 时，g x >0，g x 在0,β 上单调递增，不满足g x ≤0恒成立，③若a <0，因为g e 4-1 =2cos e 4-1 +ln e 4 -a e 4-1 -2=2-2cos e 4-1 -a e 4-1 >0不满足g x ≤0恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是1,+∞ .3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立. (1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)【答案】(1)a =1；(2)证明见解析【详解】(1)因为f x -g x ≥0恒成立，所以xe x -a (ln x +x )≥1恒成立，令h (x )=xe x -a (ln x +x )，则h (x )=e x+xe x-a 1x +1 =(x +1)⋅xe x -ax(x >0)，当a <0时，h (x )>0，所以h (x )在(0,+∞)上递增，当x→0时，xe x →0,ln x →-∞，所以h (x )→-∞，不合题意，当a =0时，h 12=e2<1，不合题意，当a >0时，令xe x -a =0，得a =xe x ，令p (x )=xe x ，则p (x )=(x +1)e x >0，所以p (x )=xe x 在(0,+∞)上递增，且p (0)=0，所以a =xe x 有唯一实根，即h (x )=0有唯一实根，设为x 0，即a =x 0e x 0，且x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，x ∈x 0,+∞ 时，h(x )>0,所以h (x )在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，所以h (x )min =f x 0 =x 0e x 0-a ln x0+x 0 =a -a ln a ，所以只需a -a ln a ≥1，令t =1a ，则上式转化为ln t ≥t -1，设φ(t )=ln t -t +1，则φ (t )=1t -1=1-tt，当0<t <1时，φ (t )>0，当t >1时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以φ(t )≤φ(1)=0，所以ln t ≤t -1，所以ln t =t -1，得t =1，所以t =1a=1，得a =1，(2)证明：由(1)知，当a =1时，f x ≥g x 对任意x >0恒成立，所以∀x ∈0,+∞ ，xe x ≥x +ln x +1(当且仅当x =1时取等号)，则x 3e x ≥x 3+x 2ln x +x 2(x >0)，所以要证明x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x ，只需证明x 3+x 2ln x +x 2>(x 2+3)ln x +2sin x (x >0)，即证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，设t (x )=ln x -x +1,m (x )=sin x -x ，则由(1)可知ln x ≤x -1(x >0)，m (x )=cos x -1≤0在(0,+∞)上恒成立，所以m (x )在(0,+∞)上递减，所以∀x ∈0,+∞ ，m (x )<m (0)=0，所以sin x <x (x >0)，所以要证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，只要证x 3+x 2≥3(x -1)+2x (x >0)，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)，令H (x )=x 3+x 2-5x +3，则H (x )=3x 2+2x -5=(3x +5)(x -1)，当0<x <1时，H (x )<0，当x >1时，H (x )>0，所以H (x )在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以当x ∈0,+∞ 时，H (x )≥H (1)=0，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)恒成立，所以原命题成立.4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.【答案】(1)x =2π3+2k π(k ∈Z )；(2)(0,2].【详解】(1)函数g (x )=12x +sin x ，求导得g (x )=12+cos x ，由g (x )=0，得cos x =-12，当-2π3+2k π<x<2π3+2k π(k ∈Z )时，cos x >-12，即g (x )>0，函数g (x )单调递增；当2π3+2k π<x <4π3+2k π(k ∈Z )时，cos x <-12，即g (x )<0，函数g (x )单调递减，因此函数g (x )在x =2π3+2k π(k ∈Z )处有极大值，所以函数g (x )的极大值点为x =2π3+2k π(k ∈Z ).(2)依题意，m >0，∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x ⇔x +sin x -mx cos x ≥0，当x =π2时，π2+1≥0成立，则m >0，当x ∈0,π2时，cos x >0，x +sin x -mx cos x ≥0⇔x +sin x cos x-mx ≥0，令h (x )=x +sin x cos x -mx ，x ∈0,π2 ，求导得h(x )=(1+cos x )cos x +(x +sin x )sin x cos 2x -m =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，令φx =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，x ∈0,π2 ，求导得φ (x )=x cos 2x +2x sin 2x +sin2x +2sin x cos 3x >0，因此φ(x )在0,π2 上单调递增，即有φx ≥φ0 =2-m ，而cos x +x sin x +1cos 2x ≥cos x +1cos 2x >1cos 2x，又函数y =1cos 2x在x ∈0,π2 上的值域是[1,+∞)，则函数φ(x )，即h x 在0,π2 上的值域是2-m ,+∞ ,当0<m ≤2时，h (x )≥0，当且仅当m =0,x =0时取等号，于是函数h (x )在0,π2上单调递增，对x ∈0,π2 ，h (x )≥h (0)=0，因此0<m ≤2，当m >2时，存在x 0∈0,π2，使得h (x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，函数h (x )在(0,x 0)上单调递减，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<h (0)=0，不符合题意，所以m 的取值范围为(0,2].5已知函数f (x )=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a (x >0)．(1)当a =1时，(I )求(π,f (π))处的切线方程；(II )判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)(I )y =3πx -2π2+1；(II )f x 单调递增，证明见解析；(2)a ≥1【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2-x sin x +1，可得f (x )=2x -sin x -x cos x .(I )f (π)=π2+1,f (π)=3π，所以在(π,f (π))处的切线方程为y -π2+1 =3πx -π ，即y =3πx -2π2+1.(II )f (x )=2x -sin x -x cos x =x -sin x +x (1-cos x )，设m (x )=x -sin x (x >0)，则m (x )=1-cos x ≥0,m (x )单调递增，所以m (x )>m (0)=0，即x >sin x ，所以当x >0时，f (x )>0,f (x )单调递增.(2)设g (x )=f (x )-1=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a -1，由题意g (x )>0恒成立.①当a ≤0时，g π2=a π2π2-1 +a -1<0,g (x )>0不恒成立，不合题意；②当0<a <1时，设h (x )=g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，h (0)=0，h (x )=2a -a cos x +ax sin x -cos x ，h (0)=a -1<0，h π2=2a +π2a >0，设r (x )=h (x )，x ∈0,π2，r (x )=2a sin x +ax cos x +sin x >0，h (x )单调递增，由零点存在定理得∃t ∈0,π2，使得h (t )=0.h (x )在(0,t )上h (x )<0，h (x )<h (0)=0，即g (x )<0，所以g (x )在(0,t )上单调递减，g (x )<g (0)=0，g (x )>0不恒成立，不合题意；③当a ≥1时，g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，则g (x )x =2a -a cos x -sin x x =a (1-cos x )+a -sin x x，当x>0时，1-cos x ≥0,x >sin x ，即sin xx <1，则g (x )x >0，所以当x >0时，g (x )>0,g (x )单调递增.可得：g (x )>g (0)=0，即f (x )>1，所以a ≥1.综上，a 的取值范围为1,+∞ ．6已知f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R ).(1)当a =14时，求y =f (x )在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x ∈R 时，f (x )≥2恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3 ；(2)[3,+∞).【详解】(1)当a =14时，f (x )=14x 2-cos x -x sin x +14，求导得f (x )=12x -x cos x =x 12-cos x ，而x ∈[-π,π]，由cos x =12，得x =±π3，当x ∈-π3,π3 时，12-cos x <0，当x ∈π3,π ∪-π,-π3时，12-cos x >0，则当x >0时，若f (x )>0，则x ∈π3,π ；若f (x )<0，则x ∈0,π3，当x <0时，若f (x )>0，则x ∈-π3,0 ；若f (x )<0，则x ∈-π,-π3 ，所以函数y =f (x )在[-π,π]内的单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3.(2)因为f (-x )=a (-x )2-cos (-x )-(-x )sin (-x )+a =f (x )，于是函数f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R )为偶函数，则f (x )≥2对任意x ∈R 恒成立，等价于对任意的x ∈[0,+∞)，恒有f (x )≥2成立，求导得f (x )=2ax -x cos x =x (2a -cos x )，当x ∈[0,+∞)时，当2a ≥1，a ≥12成立时，2a -cos x ≥0恒成立，即f (x )≥0恒成立，函数f (x )在[0,+∞)内单调递增，则有f x min =f 0 =a -1，因此a -1≥2，解得a ≥3，则a ≥3；当2a <1，a <12时，函数y =cos x 在[0,π]上单调递减，且-1≤cos x ≤1，因此存在x 0>0，使得当x ∈(0,x 0)时，2a -cos x <0，f (x )<0，函数f (x )在(0,x 0)上递减，此时x ∈0,x 0 ，f x <f 0 =a -1<2，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[3,+∞).7已知函数f (x )=e x -a -x -cos x ，x ∈(-π,π)其中e =2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a =0时，证明：f x ≥0;(2)当a =1时，求函数y =f x 零点个数．【答案】(1)证明见解析；(2)2.【详解】(1)当a =0时，f (x )=e x -x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1+sin x ，显然f (0)=0，当-π<x <0时，e x -1<0,sin x <0，则f (x )<0，当0<x <π时，e x -1>0,sin x >0，则f (x )>0，因此函数f (x )在(-π,0)上单调递减，在(0,π)上单调递增，则当x ∈(-π,π)时，f (x )≥f (0)=0，所以f x ≥0.(2)当a =1时，f (x )=e x -1-x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1-1+sin x ，当-π<x <0时，e x -1-1<0,sin x <0，则f (x )<0，当1<x <π时，e x -1-1>0,sin x >0，则f (x )>0，当0≤x ≤1时，函数y =e x -1-1,y =sin x 都递增，即函数f (x )在(0,1)上单调递增，而f (0)=e -1-1<0,f (1)=sin1>0，因此存在x 0∈(0,1)，使得f (x 0)=0，当0≤x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x ≤1时，f (x )>0，从而当-π<x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x <π时，f (x )>0，即有函数f (x )在(-π,x 0)上单调递减，在(x 0,π)上单调递增，f (x 0)<f (0)=e -1-1<0，而f -π2 =e -π2-1+π2>0,f π2 =e π2-1-π2>e -π2>0，于是函数f (x )在(-π,x 0)，(x 0,π)各存在一个零点，所以函数y =f x 零点个数是2.8已知函数f x =x -1 e x +ax +1.(1)若a =-e ，求f x 的极值；(2)若x ≥0，f x ≥2sin x ，求a 的取值范围.【答案】(1)f x 极小值=1-e ，无极大值.(2)2,+∞【详解】(1)当a =-e 时f x =x -1 e x -ex +1，则f x =xe x -e ，令g x =f x =xe x -e ，则g 1 =0，gx =x +1 ex，所以当x <-1时g x <0，g x 单调递减且g x <0，当x >-1时g x >0，g x 单调递增，所以当x <1时g x <0，即f x <0，当x >1时g x >0，即f x >0，所以f x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1处取得极小值，即f x 极小值=f 1 =1-e ，无极大值.(2)令h x =f x -2sin x =x -1 e x +ax -2sin x +1，x ∈0,+∞ ，则原不等式即为h x ≥0，可得h 0 =0，h x =xe x +a -2cos x ，h 0 =a -2，令u x =h x =xe x +a -2cos x ，则u x =x +1 e x +2sin x ，令t x =x +1 e x ，x ∈0,+∞ ，则t x =x +2 e x >0，所以t x 在0,+∞ 上单调递增，则t x ≥t 0 =1，则x ∈0,π 时x +1 e x >0，sin x ≥0，所以u x >0，当x ∈π,+∞ 时x +1 e x ≥π+1 e π>2，所以u x >0，所以u x >0在0,+∞ 上恒成立，所以u x 即h x 在0,+∞ 上单调递增，当a -2≥0，即a ≥2时h x ≥h 0 ≥0，所以h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0恒成立，所以a ≥2符合题意，当a -2<0，即a <2时h 0 <0，h 3-a =3-a e 3-a+a -2cos 3-a ≥3-a +a -2cos 3-a >0，所以存在x 0∈0,3-a 使得h x 0 =0，当0<x <x 0时h x <0，则h x 单调递减，所以h x <h 0 =0，与题意不符，综上所述，a 的取值范围是2,+∞ .9已知函数f x =2sin x -ln 1+x 0<x <π ．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析；(2)2α>β，证明见解析【详解】(1)当π2<x <π时，由于y =2sin x 单调递减，y =ln 1+x 单调递增，所以f x 单调递减，又f π2=2-ln 1+π2 >0,f π =-ln 1+π <0，所以f x 只有一个零点(设为x 0)，无极值点；当0<x <π2时，由f x =2sin x -ln 1+x 得f x =2cos x -1x +1，设g x =2cos x -1x +1，则g x =-2sin x +1x +1 2，由于y =-2sin x 和y =1x +12在0,π2 上均单调递减，所以g x 单调递减，又g 0 =1>0,g π2=-2+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得g x 1 =0，当0<x <x 1时，g x >0，g x 单调递增，即f x 单调递增，当x 1<x <π2时，g x <0，g x 单调递减，即f x 单调递减，又f π3=1-11+π3>0,f π2 =-1π2+1<0，所以当0<x <x 1时，f x >0恒成立，且存在x 2∈π3,π2 ，使得fx 2 =0，当0<x <x 2时，fx >0，f x 单调递增，当x 2<x <π2时，fx <0，f x 单调递减，所以x 2是f x 的极值点，又f 0 =0,f π2=2-ln 1+π2 >0，所以当0<x <π2时，f x >0恒成立，即函数f x 无零点；综上，函数f x 有唯一的极值点α(α=x 2)，及唯一的零点β(β=x 0).(2)2α>β，证明如下：由(1)知α∈π3,π2，2α,β∈π2,π ，由于α为f x 的极值点，所以f α =2cos α-1α+1=0，即2cos α=11+α，所以f 2α =2sin2α-ln 1+2α =4sin αcos α-ln 1+2α =2sin α1+α-ln 1+2α ，设y =x -sin x 0<x <π2，则y =1-cos x >0，所以y =x -sin x 单调递增，所以x -sin x >0，即x >sin x ，所以f2α=2sinα1+α-ln1+2α<2α1+α-ln1+2α，令φ(x)=2x1+x-ln(1+2x)0<x<π2，则φ (x)=-2x21+x21+2x<0，所以φ(x)在0,π2上单调递减，所以φ(x)<φ(0)=0，所以f2α <0=fβ ，又f x在π2,π递减，所以2α>β.10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．【答案】(1)a≥0；(2)0<a<1【详解】(1)由题得f x =2ax+1-1x，因为f x 在1,+∞上单调递增，所以f x =2ax+1-1x≥0在1,+∞上恒成立，即2a≥1x2-1x在1,+∞上恒成立，因为1x2-1x=1x-122-14≤0，所以a≥0.(2)因为g x =ax-sin x，则g x =a-cos x，注意到：g0 =0，g 0 =a-1，若a≥1，则g x =a-cos x≥0，所以g x 在0,π上单调递增，所以g x >g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若a≤-1，则g x =a-cos x≤0，所以g x 在0,π上单调递减，所以g x <g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若-1≤a≤0，显然g x =ax-sin x<0，在0,π上不存在零点，若0<a<1，显然存在t∈0,π，使得g t =0，且g x 在0,π上单调递增，注意到：g 0 =a-1<0，g π =a+1>0，所以g x 在0,t上小于零，在t,π上大于零，所以g x 在0,t上单调递减，在t,π上单调递增，注意到：g0 =0，g t <0，且gπ >0，所以存在唯一β∈t,π使得gβ =0，综上，所以0<a<1.11已知函数f x =ln x+sin x.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.【答案】(1)sin1；(2)f x 有1个零点，证明见解析【详解】(1)f(x)=ln x+sin x的定义域为0,+∞，故f (x)=1x+cos x，令g x =f (x)=1x+cos x，g x =-1 x2-sin x，当x∈1,e时，g x =-1x2-sin x<0，所以g x 在1,e上单调递减，且g1 =1+cos1>0，g e =1e +cos e<1e+cos2π3=1e-12<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使g a =f a =0，又当x∈1,a时，g x =f x >0；当x∈a,e时，g x =f x <0；所以f x 在x∈1,a上单调递增，在x∈a,e上单调递减，又因为f1 =ln1+sin1=sin1，f e =ln e+sin e=1+sin e >f1 ，所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1 =sin1.(2)f x 有1个零点，证明如下：因为f(x)=ln x+sin x，x∈0,+∞，若0<x≤1，f (x)=1x+cos x>0，所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1 =sin1>0，f1e=-1+sin1e<0，结合零点存在定理可知，。

三角函数与导数练习题

三角函数与导数练习题在微积分学习的过程中，三角函数与导数是非常重要的概念。

理解和掌握它们对于解决各种微积分问题至关重要。

本文将为你提供一些与三角函数和导数相关的练习题，帮助你巩固这些知识点。

练习题一：三角函数的导数计算计算下列函数的导数：1. y = sin(x)2. y = cos(x)3. y = tan(x)4. y = cot(x)解答：1. y = sin(x)y' = cos(x)2. y = cos(x)y' = -sin(x)3. y = tan(x)y' = sec^2(x)4. y = cot(x)y' = -csc^2(x)练习题二：三角函数与导数的应用1. 求函数 y = sin(x) 在点x = π/2 处的导数值，并说明其物理意义。

2. 设 y = cos(x)，求函数 y' 的最小正周期是多少？3. 对函数 y = atan(x) ，求其在点 x = 0 处的导数，并说明其物理意义。

解答：1. 在点x = π/2 处，函数 y = sin(x) 的导数为y' = cos(x) = cos(π/2) = 0。

这表示在x = π/2 处，函数 y = sin(x) 的变化率为零。

物理上，这可以理解为在该点附近，物体的运动速度不再发生变化。

2. 函数 y = cos(x) 的最小正周期是2π。

这是因为在区间[0, 2π] 内，cos(x) 展现出了与整个函数图像相似的特征。

3. 求函数 y = atan(x) 在点 x = 0 处的导数：y' = 1 / (1 + x^2)当 x = 0 时，函数的导数为 y' = 1 / (1 + 0^2) = 1。

物理上，这表示函数 y = atan(x) 在 x = 0 处的变化率为1。

练习题三：三角函数与导数的求解1. 求函数 y = 3sin(2x) 的导数。

2. 求函数 y = 2cos(3x) 的导数。

导数带三角函数大题

导数带三角函数大题一、导数与三角函数的关系1.1 导数的定义导数是微积分中的重要概念，表示函数在某一点处的变化率。

对于一个函数f(x)，在某一点x=a处的导数表示为f’(a)，可以通过极限的方式定义为：f’(a) = lim(delta x->0) (f(a+delta x) - f(a)) / (delta x)其中，delta x表示自变量的一个极小增量。

1.2 三角函数的基本性质三角函数包括正弦函数sin(x)，余弦函数cos(x)，正切函数tan(x)等。

它们具有以下基本性质：•正弦函数的定义域为全体实数，值域为[-1,1]，是一个奇函数；•余弦函数的定义域为全体实数，值域为[-1,1]，是一个偶函数；•正切函数的定义域为除去所有整数倍的pi的点，值域为全体实数。

二、三角函数的导数公式2.1 正弦函数的导数根据导数的定义，可以求得正弦函数sin(x)的导数：d/dx sin(x) = lim(delta x->0) (sin(x+delta x) - sin(x)) / (delta x)利用三角函数的和差化积公式，可将上式拆分为：d/dx sin(x) = cos(x)因此，正弦函数的导数等于它的余弦函数。

2.2 余弦函数的导数类似地，可以求得余弦函数cos(x)的导数：d/dx cos(x) = lim(delta x->0) (cos(x+delta x) - cos(x)) / (delta x)同样利用三角函数的和差化积公式，可得：d/dx cos(x) = -sin(x)因此，余弦函数的导数等于它的负正弦函数。

2.3 正切函数的导数与之前类似，可求得正切函数tan(x)的导数：d/dx tan(x) = lim(delta x->0) (tan(x+delta x) - tan(x)) / (delta x)将tan(x)表示为sin(x)/cos(x)，可得：d/dx tan(x) = (d/dx sin(x) * cos(x) - d/dx cos(x) * sin(x)) / (cos(x))^2利用之前的导数结果，可得：d/dx tan(x) = 1 / (cos(x))^2 = sec^2(x)因此，正切函数的导数等于它的平方函数sec^2(x)。

导数与三角函数交汇36题

导数与三角函数交汇试题1．（2019•石家庄一模）已知函数，（1）求函数f（x）的极小值（2）求证：当﹣1≤a≤1 时，f（x）＞g（x）2．（2019春•常熟市期中）已知函数f（x）＝e2x（sin x﹣3cos x）．（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．3．（2019•大连模拟）已知函数f（x）＝ae x﹣sin x+1其中a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：对∀x∈[0，+∞），f（x）≥2；（2）若函数f（x）在[0，π]上存在两个不同的零点，求实数a 的取值范围．4．（2019•天津）设函数f（x）＝e x cos x，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（﹣x）≥0；（Ⅲ）设x n为函数u（x）＝f（x）﹣1 在区间（2nπ+，2nπ+ ）内的零点，其中n∈N，证明2nπ+﹣x n＜．5．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a 的取值范围．6．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2 个零点．7．（2019•富阳区模拟）设函数f（x）＝2x2+alnx，（a∈R）（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x+m，求实数a，m的值（Ⅱ）若f（2x﹣1）+2＞2f（x）对任意x∈[2，+∞）恒成立，求实数 a 的取值范围；（Ⅲ）关于x 的方程f（x）+2cos x＝5 能否有三个不同的实根？证明你的结论8．（2019•北辰区模拟）已知函数f（x）＝e x﹣ax，（a∈R），g（x）＝．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若g（x）≤kx 在x∈[0，+∞）恒成立，求k 的取值范围；（Ⅲ）当a＝1，x≥0时，证明：（2+cos x）f′（x）≥2sin x．9．（2019•佛山二模）已知函数f（x）＝，0＜x＜π．（Ⅰ）若x＝x0时，f（x）取得极小值f（x0），求实数a及f（x0）的取值范围；（Ⅱ）当a＝π，0＜m＜π时，证明：f（x）+mlnx＞0．10．（2019•武汉模拟）（1）求证：x≥0时，cos x≥1﹣x2恒成立；（2）当a≥1时，∀x∈[0，+∞），证明不等式xe ax+x cos x+1≥（1+sin x）2恒成立．11．（2019•山东模拟）已知函数（Ⅰ）当x＞0时，证明f（x）＞g（x）；（Ⅱ ）已知点P （x ，xf （x ）），点Q （﹣sin x ，cos x ），设函数时，试判断h（x）的零点个数．12．（2019•衡阳一模）已知函数f（x）＝sin x﹣．（1）若f（x）在[0，]上有唯一极大值点，求实数a 的取值范围；（2）若a＝1，g（x）＝f（x）+e x，且g（x1）+g（x2）＝2（x1≠x2），求证：x1+x2＜0．13．（2019•东城区二模）已知函数f（x）＝x+sin x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax cos x 在区间上恒成立，求实数a 的取值范围．14．（2019•日照模拟）已知函数（e为自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的值域；（2）若不等式f（x）≥k（x﹣1）（1﹣sin x）对任意恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：．15．（2019•江苏模拟）定义函数f（x）＝x sin x+k cos x，x∈（0，π）为j（K）型函数，共中K∈Z．（1）若y＝f（x）是j（1）型函数，求函数f（x）的值域；（2）若y＝f（x）是j（0）型函数，求函f（x）极值点个数；（3）若y＝f（x）是j（2）型函数，在y＝f（x）上有三点A、B、C 横坐标分別为x1、x2、x3，其中x1＜x2＜x3，试判断直线AB 的斜率与直线BC 的斜率的大小并说明理由．16．（2019•房山区二模）已知函数．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0 处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）在（0，π）上的单调区间；（Ⅲ）当m＞1 时，证明：g（x）在（0，π）上存在最小值．17．（2019春•东莞市期中）已知函数f（x）＝e x cos x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间上的值域．18．（2019•莆田二模）已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0≤a≤1时，证明：xf（x）＞a（sin x+1）．19．（2019•泰安二模）已知函数f（x）＝（x﹣m）lnx（m≤0）．（1）若函数f（x）存在极小值点，求m 的取值范围；（2）证明：f（x+m）＜e x+cos x﹣1．20．（2019春•龙岩期中）已知函数f（x）＝x cos x﹣sin x，x∈[﹣]．（Ⅰ）求证：f（x）≥0；（Ⅱ）若a对x∈（﹣）恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．21．（2019•昆明模拟）已知函数f（x）＝a（x﹣sin x）（a∈R且a≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设，若对任意x≥0，都有f（x）+g（x）≥0，求a 的取值范围．22．（2019•安徽模拟）已知函数f（x）＝m tan x+2sin x，x∈[0，），m∈R．（Ⅰ）若函数y＝f（x）在x∈[0，）上是单调函数，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）当m＝1 时，（i）求函数y＝f（x）在点x＝0 处的切线方程；（ii）若对任意x∈[0，），不等式f（x）≥aln（x+1）恒成立，求实数a的取值范围．23．（2019•昆明模拟）已知函数f（x）＝e x（x+sin x+a cos x）（a∈R）在点（0，f（0））处切线的斜率为1．（1）求a 的值；（2）设g（x）＝1﹣sin x，若对任意x≥0，都有f（x）+mg（x）≥0，求实数m 的取值范围．24．（2019•江苏一模）已知函数f（x）＝（x+1）lnx+ax（a∈R）．（1）若函数y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+y+b＝0，求实数a，b的值；（2）设函数g（x）＝，x∈[1，e]（其中e为自然对数的底数）．①当a＝﹣1 时，求函数g（x）的最大值；②若函数h（x）＝||是单调减函数，求实数a 的取值范围．25．（2019春•龙凤区校级月考）已知函数f（x）＝lnx﹣mx（m∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若m═﹣e，a∈（e+，+∞），且f（x）≤ax﹣b恒成立，求的最大值（其中e 为自然对数的底数）．26．（2019•石家庄模拟）已知函数f（x）＝ae x﹣sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．（Ⅰ）当a＝1时，证明：对∀x∈[0，+∞），f（x）≥1；（Ⅱ）若函数f（x）在（0，）上存在极值，求实数a 的取值范围．27．（2019春•香洲区校级月考）已知函数f（x）＝（1+x）e﹣2x，g（x）＝ax++1+2x cos x，当x∈[0，1]时，（Ⅰ）若函数g（x）在x＝0 处的切线与x 轴平行，求实数a 的值；（Ⅱ）求证：1﹣x≤f（x）≤；（Ⅲ）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a 的取值范围．28．（2018秋•盐城期末）设f（x）＝x2﹣2ax+1，g（x）＝sin x．（1）若∀x∈[0，1]都有f（x）≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围；（2）若∃x1∈（0，1]，使得对∀x2∈[0，]，都有f（x1）≥g（x2）恒成立，求实数a 的，：取值范围．29．（2019•武侯区校级模拟）已知函数 f （x ）＝x sin x +2cos x +ax +2，其中 a 为常数．（Ⅰ）若曲线 y ＝f （x ）在 x ＝0 处的切线在两坐标轴上的截距相等，求 a 之值；（Ⅱ）若对∀x ∈（0，π），都有π＜f （x ）＜π2，求 a 的取值范围．30．（2018 秋•丰台区期末）已知函数 f （x ）＝x ﹣sin x ．（Ⅰ）求曲线 y ＝f （x ）在点（，f （））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当 x ∈（0，）时，0＜f （x ）＜ x 3．31．（2012 秋•保定月考）已知函数．（1）若 a ＝﹣4，求函数 f （x ）的单调区间；（2）设函数，试问：在定义域内是否存在三个不同的自变量的取值 x i （i ＝1，2，3）使得 f （x i ）﹣g （x i ）的值恰好都相等，若存在，请求出 a 的范围，若不存在，请说明理由？32．（2012 春•东湖区校级期中）已知 f （x ）是定义在集合 D 上的函数，且﹣1＜f ′（x ）＜0．（1）若，在[ ]（[ ]⊆D ）上的最大值为，试求不等式|ax +1|＜a 的解集．（2）若对于定义域中任意的 x 1，x 2，存在正数ε，使|x 1﹣1|＜且|x 2﹣1|＜，求证：|f （x 1）﹣f （x 2）|＜ε．33．（2012•井冈山市模拟）已知函数 f （x ）＝2x ﹣π，g （x ）＝cos x ．（1）设 h （x ）＝（f x ）﹣g （x ），若 x 1，x 2∈[﹣ +2k π +2k π（] k ∈Z ），求证≥h （）；（2）若 x 1∈[，π]，且 f （x n +1）＝g （x n ），求证：|x 1﹣|+|x 2﹣|+…+|x n ﹣| ＜．34．（2013•北京）已知函数 f （x ）＝x 2+x sin x +cos x ．（Ⅰ）若曲线 y ＝f （x ）在点（a ，f （a ））处与直线 y ＝b 相切，求 a 与 b 的值；（Ⅱ）若曲线 y ＝f （x ）与直线 y ＝b 有两个不同交点，求 b 的取值范围．35．（2013•泉州二模）定义域为D的函数f（x），其导函数为f′（x）．若对∀x∈D，均有f （x）＜f′（x），则称函数f（x）为D上的梦想函数．（Ⅰ）已知函数f（x）＝sin x，试判断f（x）是否为其定义域上的梦想函数，并说明理由；（Ⅱ）已知函数g（x）＝ax+a﹣1（a∈R，x∈（0，π））为其定义域上的梦想函数，求a的取值范围；（Ⅲ）已知函数h（x）＝sin x+ax+a﹣1（a∈R，x∈[0，π]）为其定义域上的梦想函数，求a 的最大整数值．36．（2013•枣庄二模）设f（x）＝ax+cos x（x∈R）．（1）若，试求出函数f（x）的单调区间；（2）若对任意x≥0，都有x+sin2x+cos x≤f（x）成立，求实数a 的取值范围．答案解析：1.【解答】解：（1）f′（x）＝﹣＝，（x∈（0，+∞））．当a﹣1≤0时，即a≤1时，f′（x）＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，无极小值；当a﹣1＞0时，即a＞1时，f′（x）＜0，解得0＜x＜a﹣1，函数f（x）在（0，a﹣1）上单调递减．f′（x）＞0，解得x＞a﹣1，函数f（x）在（a﹣1，+∞）上单调递增．∴x＝a﹣1时，函数f（x）取得极小值，f（a﹣1＝1+ln（a﹣1）．综上所述，当a≤1时，f（x）无极小值；当a＞1时，f（x）极小值＝1+ln（a﹣1）．（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+﹣＝，x∈（0，+∞）．当﹣1≤a≤1时，要证f（x）＞g（x），即证F（x）＞0，即xlnx﹣a sin x+1＞0，即证xlnx＞a sin x﹣1．①当0＜a≤1时，令h（x）＝x﹣sin x，h′（x）＝1﹣cos x≥0，所以h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）＝0，即x＞sin x．∴ax﹣1＞a sin x﹣1，令u（x）＝xlnx﹣x+1，u′（x）＝lnx，当x∈（0，1），u′（x）＜0，u（x）在（0，1）上单调递减；x∈（1，+∞），u′（x）＞0，u（x）在（1，+∞）上单调递增．又∵0＜a≤1，∴xlnx≥x﹣1≥ax﹣1．由上面可知：xlnx≥x﹣1≥ax﹣1＞a sin x﹣1，所以当0＜a≤1，∴xlnx＞a sin x﹣1．②当a＝0时，即证xlnx＞﹣1．令v（x）＝xlnx，v′（x）＝lnx+1，可得v（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，v（x）min＝v（）＝﹣＞﹣1，故xlnx＞﹣1．③当﹣1≤a＜0时，当x∈（0，1]时，a sin x﹣1＜﹣1，由②知v（x）＝xlnx≥﹣，而﹣＞﹣1，故xlnx＞a sin x﹣1．当x∈（1，+∞）时，a sin x﹣1≤0，由②知v（x）＝xlnx＞v（1）＝0，故xlnx＞a sin x﹣1；所以，当x∈（0，+∞）时，xlnx＞a sin x﹣1．综上①②③可知，当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）．2.①答案:(1)函数f(x)=e x cos x−x的导数为f′(x)=e x(cos x−sin x)−1，可得曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为k=e0(cos0−sin0)−1=0，切点为(0,e0cos0−0),即为(0,1)，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1；(2)函数f(x)=e x cos x−x的导数为f′(x)=e x(cos x−sin x)−1，令g(x)=e x(cos x−sin x)−1，则g(x)的导数为g′(x)=e x(cos x−sin x−sin x−cos x)=−2e x⋅sin x，当x∈[0,π/2],可得g′(x)=−2e x⋅sin x⩽0，即有g(x)在[0,π/2]递减,可得g(x)⩽g(0)=0，则f(x)在[0,π/2]递减，即有函数f(x)在区间[0,π/2]上的最大值为f(0)=e0cos0−0=1；最小值为f(π/2)=eπ/2cosπ/2−π/2=−π/2.②分析:（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g （x）在区间[0，π/2]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f （x）的最值．（2）由f（x）在（-∞，0）和（1+∞）上具有相反的单调性知：f′（x）=0的解在[0，1]上，根据零点存在定理可得一不等式，解出即可；（3）问题即为证明a＞0且x＞-1时，e2x+ae x≥（x+1）2+a（x+1），先利用导数证明e x≥x+1，再根据不等式的性质即可证明原不等式；【解析】（1）f′（x）=（2e x-2e）e x=0，得x=1，当x＜1时f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以x=1为唯一极小值点，也是最小值点，所以f（x）的最小值为f（1）=-e2；（2）因为f（x）在（-∞，0）和（1+∞）上具有相反的单调性，则有f′（x）=0的解在[0，1]上，即2e x+a=0的解在[0，1]上．记h（x）=2e x+a，则h（0）•h（1）≤0，解得-2e≤a≤-2，所以a的取值范围为[-2e，-2]；（3）即证明a＞0且x＞-1时，e2x+ae x≥（x+1）2+a（x+1），现证明e x≥x+1，记g（x）=e x-（x+1），令g′（x）=e x-1=0，得x=0，当-1＜x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以x=0为唯一极小值点，也即最小值点，∴g（x）≥g（0）=0，∴e x≥x+1，所以a＞0且x＞-1时，e2x≥（x+1）2，ae x≥a（x+1），∴e2x+ae x≥（x+1）2+a（x+1）．36.4.。

重难点专题13 导数与三角函数结合的解答题(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破

②当⩾0时，()⩾2 + 1 ― sin恒成立，求的取值范围．
【变式 2-1】3. （2021 秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数() =

e
― 2（ ∈ ）
（其中 ≈ 2.71828为自然对数的底数）.
（1）当 = 2时，判断函数()的单调性；
（2）若 > 1，证明() > cos对于任意的 ∈ [0, + ∞)恒成立.
∈ 0, π ．
2
(1)当 = 1时，讨论()的单调性；
(2)若() + sin < 0，求的取值范围．
4．
（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0 < < 1时， ― 2 < sin < ；
（2）已知函数() = cos ― ln(1 ― 2)，若 = 0是()的极大值点，求 a 的取值范围．
证明：
（1）()在区间(0,)存在唯一极大值点；
（2）()有且仅有 2 个零点.
1
【变式 1-1】2. （2019 秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数() = cos + 42 ―1.

2 2
（1）证明：() ≤ 0， ∈ ― ,
；
（2）判断 = ()的零点个数，并给出证明过程.
题型 2 放缩法 ..................................................................................................................................2
题型 1 分段分析法
sin
2．
（2023·全国·统考高考真题）已知函数() = ― cos3, ∈ 0, π

高考数学知识点复习：导数和三角函数交汇解答题—读者版

专题6导数和三角函数交汇之解答题第一讲关联最紧密，泰勒帮你办例1.验证下列函数的麦克劳林公式：(1))()!12()1(!5!3sin 212153m m m x m x x x x x(2))()1(32)1ln(132n nn x nx x x x x ；例2.写出2)(xex f 的麦克劳林公式．秒杀秘籍：泰勒展开式的任意形式例4.（2014•新课标Ⅱ）已知函数()2x x f x e e x ．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()(2)4()g x f x bf x ，当0x 时，()0g x ，求b 的最大值；（Ⅲ）已知1.41422 1.4143 ，估计ln 2的近似值（精确到0.001)．例5.（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x ．（1）若0a ，证明：当10x 时，()0f x ；当0x 时，()0f x ；（2）若0x 是()f x 的极大值点，求a ．秒杀秘籍：泰勒展开式的极值界定法对于任意一个能用泰勒公式在0 x 处展开的函数：例6.（2019•浙江五华校级月考）已知函数)cos sin ()(x b x a e x f x ，若0 x 是)(x f 的一个极小值点，且222 b a ，则)( a A.1 B.0 C.1 D.1例7.（2019•乌鲁木齐二模）若直线y x m 与曲线sin cos ()y a x b x a b m R ，，相切于点(01)，，则a b m的值为．秒杀秘籍：泰勒展开式的切线界定例8.（2019•吉安期末）函数()2)(cos 1)4f x x a x 在2x处的切线与直线10x y 垂直，则该切线在y 轴上的截距为．例9.（2019•大连二模）函数()sin (x x f x e e a x x R ，e 是自然对数的底数，0)a 存在唯一的零点，则实数a 的取值范围为()A ．(02]，B ．(01]，C ．(0]e ，D ．(0)，例10.（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x ，()f x 为()f x 的导数．（1）证明：()f x 在区间(0) ，存在唯一零点；（2）若[0]x ，时，()f x ax ，求a 的取值范围．例11．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin ln(1)f x x x ，()f x 为()f x 的导数．证明：（1）()f x 在区间(1)2，存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．例12.（2013•辽宁）已知函数2()(1)xf x x e ，3()12cos 2x g x ax x x ，当[01]x ，时，()I 求证：11()1x f x x；()II 若()()f x g x 恒成立，求实数a 的取值范围．例13.（2008•全国卷Ⅱ）设函数sin ()2cos xf x x．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ，都有()f x ax ，求a 的取值范围．例14.（2006•湖南）已知函数()sin f x x x ，数列{}n a 满足：101a ，1()n n a f a ，123n ，，，证明：（Ⅰ）101n n a a ；（Ⅱ）3116n n a a．证明：()I 先用数学归纳证明01n a ，1n ，2，3，例15.（2020•淮南一模）已知函数ln 1()x x a f x x，在区间[12]，有极值．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：(sin 1)()a x f x x．例16.（2020•肇庆一模）设函数31()sin ()6f x x ax x a R ．（1）讨论()f x 的导函数()f x 零点的个数；（2）若对任意的0x ，()0f x 成立，求a 的取值范围．例17.（2019•东湖区校级月考）已知函数()sin cos (0)f x x x x x ．（Ⅰ）求函数()f x 的图象在(1)2，处的切线方程；（Ⅱ）若任意(0)x ，，不等式3()f x ax 恒成立，求实数a 的取值范围；例18.（2019•路南区校级月考）已知函数()sin cos f x ax x b x ，且曲线()y f x 与直线2y相切于点(22，，（1）求()f x ；（2）若2()1f x mx ，求实数m 的取值范围．例19.（2019•武汉模拟）（1）求证：0x 时，21cos 12x x恒成立；（2）当1a 时，[0)x ，，证明不等式2cos 1(1sin )ax xe x x x 恒成立．例20.（2019•义乌市月考）已知函数()sin ln(1)f x x m x ，且()f x 在0x 处切线垂直于y 轴．（1）求m 的值；（2）求函数()f x 在[01]，上的最小值；（3）若2sin ln 10x x ax x e 恒成立，求满足条件的整数a 的最大值．（参考数据sin10.84 ，ln 20.693) 例21.（2019•天津期中）已知()sin ()f x a x a R ，()x g x e ．（Ⅰ）若01a ，判断函数()(1)ln G x f x x 在(01)，的单调性；（Ⅱ）设2()()2(1)()F x g x mx x k k R ，对0x ，0m ，有()0F x 恒成立，求k 的最小值．（Ⅲ）证明：22321111sinsin sin sin ln 2234(1)n ，(*)n N ．第二讲三角函数邂逅分而治之根据上一讲我们提到的几个常见函数，x x exe x x x cos sin sin ，等，一般抓住其在20( ，的单调性，必要时候进行泰勒展开式的放缩.例22.（2019•河南期末）已知函数()(1)(0)x f x a x e a ，()cos g x x ．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对于任意的实数1x ，2[02x，，（其中12)x x ，都有1212|()()||()()|f x f x g x g x 恒成立求实数a 的取值范围．例23.（2019•陕西模拟）已知函数()()ln ()f x x a x a R ，它的导函数为()f x ．（1）当1a 时，求()f x 的零点；（2）当0a 时，证明：()cos 1x f x e x ．例24.（2020•茂名月考）已知函数()sin sin f x x x a x b ，()cos 2x x g x e x e ，曲线()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程为y x （1）求实数a ，b 的值（2）当0x ，证明：()()g x f x 例25.(2019•崂山区校级月考）已知函数()ln f x ax x ，a R ．（1）讨论()f x 的单调区间（2）若0a ，求证：2sin 22()x f x ae例26.（2019•龙凤区校级期末）已知函数()2sin cos f x x x x x ，()f x 为()f x 的导数．（Ⅰ）求曲线()y f x 在点(0(0))A f ，处的切线方程；（Ⅱ）证明：()f x 在区间(0) ，上存在唯一零点；（Ⅲ）设2()2()g x x x a a R ，若对任意1[0]x ，，均存在2[12]x ，，使得12()()f x g x ，求实数a第三讲还是参变分离和找点三角函数找点通常在，，，，21340位置进行找点，某些时候需要用到辅助角公式以及之前提到的泰勒展开式进行放缩，甚至可以估算出零点的大致位置.例27.（2020•武汉模拟）（1）证明函数2sin 2cos x y e x x x 在区间()2，上单调递增；（2）证明函数()2sin xe f x x x在(0) ，上有且仅有一个极大值点0x ，且00()2f x ．例28.（2020•淮北一模）已知函数()sin ln(1)f x x a x ，a R ，()f x 是()f x 的导函数．（1）若2a ，求()f x 在0x 处的切线方程；（2）若()f x 在[42，上可单调递增，求a 的取值范围；（3）求证：当20(12a时()f x 在区间(1)2，内存在唯一极大值点．例29.（2020•陕西一模）已知函数2ln 1()()42a x f x x a R ．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设4a ，且(06x ，cos 241tan x e e x．例30.（2020•开封一模）已知函数()sin xaf x x e，a R ，e 为自然对数的底数．（1）当1a 时，证明：(0]x ，，()1f x ；（2）若函数()f x 在(0)2，上存在极值点，求实数a 的取值范围．例31.（2020•开封一模）已知函数()sin xaf x x e，a R ，e 为自然对数的底数．（1）当1a 时，证明：(0]x ，，()1f x ；（2）若函数()f x 在(0)2，上存在极值点，求实数a 的取值范围．例32.（2020•佛山一模）已知函数()12sin f x x x ，0x ．（1）求()f x 的最小值；（2）证明：2()x f x e ．例33.（2019•荔湾区校级月考）已知函数sin ()xf x x，()cos sin g x x x x ．（1）判断函数()g x 在区间(03) ，上零点的个数；（2）函数()f x 在区间(0) ，上的极值点从小到大分别为1x ，2x ，3x ，4x ，n x ，证明：12()()()0i f x f x ；()ii 对一切*n N ，123()()()()0n f x f x f x f x 成立．例34．（2019•天津）设函数()cos x f x e x ，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[]42x ，时，证明()()()02f xg x x；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x 在区间(22)42n n，内的零点，其中n N ，证明20022sin cos n n e n x x x．例35.（2019•开福区校级月考）已知函数()sin ax f x e x（1）若()f x 在[0]4，上单调递增，求实数a 的取值花围（2）设1a ，若[0]2x，，恒有()f x bx 成立，求2b e a 的最小值达标训练1.（2019•河南月考）已知函数()cos 1x f x e a x 在点(0(0))A f ，处的切线方程为4y kx ，则a k 的值为．2.（2019•小店区月考）函数2()sin f x ax x 的图象在2x处的切线方程为y x b ，则b 的值为()A ．14B ．14C ．41D ．413.（2018•孝感期末）函数22()x x f x e e ，()2cos 2g x x ax ，若[0)x ，，()()f x g x ，则a 的取值范围为()A ．(0)，B ．(1) ，C ．(0] ，D ．1]( ，4．（2013•浙江）已知e 为自然对数的底数，设函数()(1)(1)(12)x k f x e x k ，，则()A ．当1k 时，()f x 在1x 处取得极小值B ．当1k 时，()f x 在1x 处取得极大值C ．当2k 时，()f x 在1x 处取得极小值D ．当2k 时，()f x 在1x 处取得极大值5．（2019•新余二模）若0x 是函数212()ln()221xf x x ax x 的极大值点，则实数a 的取值集合为()A ．1{}6B ．1{}2C ．1[)2，D ．1(2，6．（2016•泉州二模）已知函数32()[(1)]x f x x a x ax a e ，若0x 是()f x 的一个极大值点，则实数a 的取值范围为．7.（2019•桂平市期末）函数2()ln f x a x bx x 在1x 处取得极大值1 ，则a b ．8．设函数2()(1)()x f x x x a e ，1x 是()f x 的一个极大值点，求a 的取值．9.函数2ln(1)()2(0)(1)1x af x x a x x，（1）若0x 是()f x 的一个极值点，求a 的值；（2）设直线1x 和2y x 将平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域，若()y f x 的图象恰好位于其中一个区域，试判断其所在区域并求出对应的a 的范围．10.（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x ，()(cos sin 22)x g x e x x x ，其中 2.71828e 是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x 在点(())f ，处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g ()x a ()()f x a R ，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．11．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x ．（1）求曲线()y f x 在点(0(0))f ，处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0]2，上的最大值和最小值．12.（2014•北京）已知函数()cos sin f x x x x ，[0]2x，.（1）求证：()0f x ；（2）若sin x a b x在(0)2x，上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．13.（2012•福建）已知函数3()sin ()2f x ax x a R ，且在[0]2 ，上的最大值为32，（1）求函数()f x 的解析式；（2）判断函数()f x 在(0) ，内的零点个数，并加以证明．14.（2019•济南期末）已知函数ln ()x f x k x 的极大值为1ee，其中 2.71828e 为自然对数的底数．（1）求实数k 的值；（2）若函数()x ag x e x，对任意(0)x ，，()()g x af x 恒成立．()i 求实数a 的取值范围；()ii 证明：22()sin 1x f x a x x ．15.（2019•襄阳期末）已知2()cos 1(0)f x x mx x ．（Ⅰ）若()0f x 在[0) ，上恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：当0x 时，2sin cos x e x x ．16.（2019•天津期末）已知函数()cos sin 1f x x x x ．（Ⅰ）若(0)x ，，求()f x 的极值；（Ⅱ）证明：当[0]x ，时，2sin cos x x x x ．17.（2019•山阳县校级月考）已知函数()22cos f x x x （1）求函数()f x 在[22，上的最值：（2）若存在(0,)2x使不等式()f x ax 成立，求实数a 的取值范围18.（2019•益阳模拟）已知函数()sin (1)ln(1)f x x x x ；2()sin 12x g x x x ．（1）判断()f x 在[0) ，上的单调性，并说明理由；（2）求()g x 的极值；（3）当(0]x ，时，sin (2)ln(1)x a x x ，求实数a 的取值范围．19.（2019•秦淮区三模）已知函数()2sin ()x x f x e be a x a b R ，．（1）若0a ，1b ，求函数()f x 的单调区间；（2）1b 时，若()0f x 对一切(0)x ，恒成立，求a 的取值范围．20.（2019•北辰区模拟）已知函数()x f x e ax ，()a R ，sin ()2cos xg x x．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()g x kx 在[0)x ，恒成立，求k 的取值范围；（Ⅲ）当1a ，0x 时，证明：(2cos )()3sin x f x x ．21.（2019•广东月考）函数()1x f x e x ，()(cos 1)x g x e ax x x ．（1）求函数()f x 的极值，并证明，当1x 时，111x e x；（2）若1a ，证明：当(01)x ，时，()1g x ．22.(2019•荔湾区校级月考）已知函数31()sin 6f x x ax x ．（1）求函数()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程；（2）若()f x 存在极小值点1x 与极大值点2x ，求证：1222x a x ．23.（2019•金牛区校级期中）函数()sin 21()f x k x x k R ，（1）讨论函数()f x 在区间(02) ，上的极值点的个数；（2）已知对任意的0x ，()x e f x 恒成立，求实数k 的最大值．24.（2019•福州期末）已知函数1()ln a f x x x ，(sin 1)2()a x g x x（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）求证：当01a 时，()()f x g x ．25.（2020•青羊区校级模拟）设函数2()sin f x x ，[0]2x，，22()cos ()()22x m g x x x m R，．（Ⅰ）求()f x 的最大值；（Ⅱ）当002x m，时，求证：()4g x．26.（2019•西安月考）已知函数2()sin ()f x mx x m R 在区间[33，上单调递减．（Ⅰ）求m 的最大值；（Ⅱ）若函数()f x 的图象在原点处的切线也与函数()1g x xlnx 的图象相切，求m 的值．27.（2019•东湖区校级月考）已知函数()ln()1(0)f x x x a a ．（1）若函数()f x 在定义域上为增函数，求a 的取值范围；（2）证明：()cos x f x e x ．28.（2019•佛山二模）已知函数sin ()a xf x x，0x ．（Ⅰ）若0x x 时，()f x 取得极小值0()f x ，求实数a 及0()f x 的取值范围；（Ⅱ）当a ，0m 时，证明：()ln 0f x m x ．29.(2019•运城期末）已知函数()sin x f x e x ．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）如果对于任意的[0]2x，，()f x kx 总成立，求实数k 的取值范围．30.（2019•常德期末）已知函数2()ln f x a x x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当0a 时，2()(sin )f x a x x ax ．31.（2019•湖北期末）已知函数()cos sin x f x e x x x ，()sin 2x g x x e ，其中e 为自然对数的底数．（1）1[0]2x，，2[0]2x，，使得不等式12()()f x m g x 成立，试求实数m 的取值范围；（2）若1x ，求证：()()0f x g x ．32.（2019•佛山期末）已知函数()cos x f x ae x bx ，21()sin 2g x x x cx d，若曲线()y f x 和曲线()y g x 都过点(0,1)P ，且在点P 处有相同切线1y x ．（1）求()f x 和()g x 的解析式，并求()f x 的单调区间；（2）设()g x 为()g x 的导数，当0x ，2 时，证明：()()sin x f x g x x e ．33.（2020•金安区校级模拟）已知函数()m x f x e n 在点(11)，处的切线方程为20x y ．（1）若函数()()(cos )()F x f x a x a R 存在单调递减区间，求实数a 的取值范围；（2）设2()(1)[(1)1]G x f x x t x ，对于[01]x ，，()G x 的值域为[]N M ，，若2M N ，求实数t 的取值范围．34.（2019•文峰区校级月考）已知函数21()cos (0)2f x ax x a 在[0]4 ，上的最大值为22816 （Ⅰ）求a 的值（Ⅱ）求()f x 在区间(0)2，上的零点个数35.（2019•未央区校级期中）已知函数cos ()a x f x b x ，曲线()y f x 在点(())22f ，处的切线方程为620x y ．（Ⅰ）求()f x 的解析式；（Ⅱ）判断方程3()12f x在(02] ，内的解的个数，并加以证明．36.（2019•淄博期末）已知函数()ln sin(1)f x x x ，()f x 为()f x 的导函数．证明：（1）()f x 在区间(02)，存在唯一极小值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．37.（2019•湖南期末）已知()sin x f x e x（1）求函数()f x 在(0) ，的极值．（2）证明： ln 1x f x g x x e 在()2，有且仅有一个零点.38.（2020•开封一模）已知函数()sin x f x a e x ，a R ，e 为自然对数的底数．（1）当1a 时，证明：(0]x ，，()1f x ；39.（2019•武侯区校级期中）已知函数sin 1()x x f x e ，1()[22]6g x ax x ，，，其中a 为实数，e 为自然对数的底数．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使得对任意给定的0[22]x ，，在区间[22] ，上总存在三个不同的(1i x i ，2，3)，使得1230()()()()f x f x f x g x 成立？若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由．40.（2020•武汉模拟）已知函数()(sin 1)()x f x ax x e a R ，()f x 是其导函数．（Ⅰ）当1a 时，求()f x 在0x 处的切线方程；（Ⅱ）若1a ，证明：()f x 在区间(0) ，内至多有1个零点．41.（2020•佛山一模）已知函数()12sin x f x a x e ，()f x 是()f x 的导函数，且(0)0f ．（1）求a 的值，并证明()f x 在0x 处取得极值；（2）证明：()f x 在区间[22]()2k k k N ，有唯一零点．。

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