高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版0001
导数与三角函数压轴题归纳总结
近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题， 内容主要包 括函数零点个数的确定、 根据函数零点个数求参数范围、 隐零点问题及零点存在 性赋值理论 .其形式逐渐多样化、综合化 .
、零点存在定理
例1【. 2019全国Ⅰ理 20】函数 f(x) sinx ln(1 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．
可得 g'(x)在 1, 有唯一零点 ,设为
2
则当x 1, 时,g x 0；当 x ,2 时,g'(x) 0.
所以 g(x) 在 1, 单调递增,在 , 单调递减 ,故g(x) 在 2 值点 ,即 f x 在 1, 存在唯一极大值点 .
2
(2) f x 的定义域为 ( 1, ).
(i )由( 1)知, f x 在 1,0 单调递增 ,而 f 0 0,所以当 x ( 1,0)时, f'(x) 0,故 f x 在
( 1,0)单调递减 ,又 f (0)=0 ,从而 x 0是 f x 在( 1,0] 的唯
一零点 .
【解析】( 1)设 g x f x ,则 g x
当x 1, 时, g'(x)单调递减,而 g
2
1 1
sinx 2
1 x 2
cosx
,g x
1x
0 0,g
0,
2
1, 存在唯一极大 2
, 时, f '(x) 0.故 f (x) 在(0, )单调递增,在 , 单调递 22
3
变式训练 1】【2020·天津南开中学月考】已知函数 f (x) axsin x 2(a R), 且 在, 0, 2 上的最大值为
(1)求函数 f(x)的解析式；
(2)判断函数 f(x)在( 0，π)内的零点个数，并加以证明
【解析】 (1)由已知得 f(x) a(sin x xcosx) 对于任意的 x ∈(0, )， 3 有 sinx xcosx 0,当 a=0 时,f(x)=- ，不合题意；
2
当 a<0时,x ∈(0,2 ),f ′(x)从<0而, f(x)在(0, 2 )单调递减，
3
又函数 f(x) ax sin x 2 (a ∈ R 在) [0, 2 ]上图象是连续不断的， 故函数在 [0, 2] 上的最大值为 f(0) ，不合题意；
当 a>0时,x ∈(0, 2),f ′(x)从>0而, f(x)在(0, 2 )单调递增，
3
又函数 f(x) ax sin x (a ∈R 在) ［0, ］上图象是连续不断的，
33
故函数在［0, 2 ］上上的最大值为 f( 2)=2a- 23= 23，解得 a=1，
3
综上所述 ,得 f(x) xsinx 3(a R),；
(2)函数 f(x) 在(0, π内)有且仅有两个零点。证明如下：
从而 f x 在 0, 没有零点 .
2
( iii ) 当 x
, 时 , f x 0 ,
所 以 f x 在
单调递减.而
2
2
f 0, f
0 ,所以 f x
在, 有唯一零点 .
2
2
( iv )当 x (
, ) 时,ln x 1
1,所以
f (x) <0,从而 f x 在( , ) 没有零点 . 减.又 f (0)=0 , f
1 ln 1
22
0 ,所以当x 0,2 时,f(x) 0. 综上, f x 有且仅有 2个零点. ii )当 x
0,2 时,由(1)知,f'(x)在(0, )单调递增 ,在
单调递减 ,而 f ' (0)=0
2 0
,所以存在
,2 ,使得 f'( ) 0,且当x (0, ) 时,
f'(x) 0 ；当 x
33
由(I)知, f (x) axsin x 从而有f(0)=- <0,f( )= π -32>0，
2 2 2
又函数在［0, 2］上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0, 2 )内至少存在一个零点，又由(I)知f(x)在(0, 2 )单调递增,故函数f(x)在(0, 2 )内仅有一个零点。当x∈［, π时］,令g(x)=f ′ (x)=sinx+xco，sx
由g( 2 )=1>0,g( π)=- π且<0g,(x)在［2 , π上］的图象是连续不断的，故存在m∈2 , π使), 得g(m)=0.
由g′(x)=2cosx-xsinx知, x∈(2 , π时),有g′ (x)<，0从而g(x)在［2 , π上］单调递减。当x∈2 ,m),g(x)>g(m)=0,即f ′(x)>，0从而f(x)在( 2 ,m)内单调递增故当x∈(2 ,m)时,f(x)>f( π2)=π-，32从>0而(x)在( 2 ,m)内无零点；当x∈(m,π时),有g(x)
综上所述,函数f(x) 在(0, π内)有且仅有两个零点。
【变式训练2】【2020·山东枣庄期末】已知函数f x ln x x 2sin x, f x 为f x 的导函数.
(1)求证: f x 在0，上存在唯一零点;
(2)求证: f x 有且仅有两个不同的零点
1
【解析】(1)设g x f x 1 2cosx ，x
1
当x 0, 时，g x 2sin x 2 0 ，所以g x 在0, 上单调递减，x
32
又因为g 1 1 0，g 1 0
32
所以g x 在3,2上有唯一的零点，所以命题得证．
(2) ①由(1)知：当x 0, 时，f x 0，f x 在0, 上单调递增;
当x , 时， f x 0， f x 在 , 上单调递减 ; 所以 f x 在 0, 上存在唯一的极大值点 32 所以 f f
ln
2 20
2
2 2
2
1
又因为 f 12
2 1 2 2si n 1 2
1
2 12 2 0 ，所以 f x 在 0, 上恰有一个
e
e e
e
零点．又因
为
f ln
2 0 ，所以 f x 在 , 上也恰有一个零点．
②当 x ,2
时， sin x 0， f x lnx x ，设 h x
1 ln x x ，h x 1 0 所以 h x 在 ,
2 上单调递减， 所以 h x h 0
所以当 x ,2 时， f x h x h 0 恒成立
所以 f x 在 ,2 上没有零
点．
③当
x 2, 时， f x lnx
x2
设x
ln x
x 2 ， x 1 x
10
所以 x 在 2 , 上单调递减， 所以 x
20
所以当
x2 , 时， f x
x2
0恒成立 所以 f x 在 2 , 上没有零点．
综上， f x 有且仅有两个零点．
变式训练 3】（2020年 3月武汉市高三质检文）
（1）研究函数 f x sinx 在 0， 上的单调性；
x （2）求函数 g x x 2 cosx 的最小值
解析（ 1）略
变式训练4】（2020年3月武汉市高三质检理）
1）证明函数y e x 2sin x 2x cosx 在区间, 上单调递增；2
e x
2）证明函数f x 2sinx在,0 上有且仅有一个极大值点，
且
0 f x0 2
(1 ) y = e t -2cosx-2(cosx-xsinx) =e x +2.rsinx-4cosΛ?? 2 分
因为x∈(-Λ,,-y),所以e x >0. 2xsinx>0, -4COSX > 0.故y l(x) >0 ,
所以P = e t -2SinX-2xcosx在(一兀,一￡)上单?调增. ............................ 4分
(2)可得：f,(x) = CAcY~I)^.2x COSx?……5 分
令X(X) = "jr(x-l)-2χ2 Cosx ? ?l X r(X) = x(e x +2XSinX-4cosx) ?
当xw(-Λ?-f)时,￠(1) ftle-t + 2xsinx-4cosx>0, M^,(x)<0,
TT
故g(x)在(-^-―)递减?
K
而g(——) = e 2(―——1)<0 > g(-∕r) = 8-0F(l + ∕r)>O.
由零点“在左理知：存在唯一的X O∈ (-π~-)使得X(X o) = O ................. 7分
2
即e? +2X O SinX o-4cosx0 =0 t
当XW(→Γ,q)时，S(X) > 0 ,即f(x)> 0, /(X)为增函数；
当A∈(x0,-y)l? ? g(x) < 0 .即∕,(x)<0, /(X)为滅函数.
e'(V l) -2cosX < 0 ,
又当Xe(--,O)R?L f9(x) =
2 X
所以/(X)在(-p())上为减函数?从而/(X)在.v∈(χo w Hii为减曲数；
因此/(x)有惟一的极人值点x°.……9分
由/CO在(和送)上单调递减.故∕g)>∕(送)
/(--) = —-2sin(--) = + 2>0
2 龙 2 π
-片—e-
2 2
?∕(?)>θ
CE πC*
X/(x0) -- ------ 2sinx01 ^X O e(-Λ,,—)时.-I < — <0 t 0<-2sinx o <2
X。 2 X0
故/(x°)v2
所以OV/(X0)<2.……12分I
变式训练5】（2020 年河北省九校高三第二次联考理科数学）