高中数学2020年月月考-三角函数与导数交汇压轴题
高考数学复习考点题型专题讲解43 导数与三角函数的交汇问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题43 导数与三角函数的交汇问题1.对于三角函数与幂函数、指数、对数函数混合构成的初等函数问题，常利用导数解决，主要有单调性、极值、最值、零点和不等式证明及求参数范围等问题.2.在解决这些问题时，既要遵循导数解决问题的一般思路和方法，又要注意三角函数本身的性质，特别地要注意三角函数的泰勒公式及常用结论(如x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，sin x <x <tanx 等).类型一 零点问题1.常借助高阶导数，令其为零找到参数讨论的分界点.2.对参数分类后，还常需要对自变量进行讨论.例1(2022·扬州调研)已知函数f (x )＝e x －ax sin x －bx ＋c 的图象与x 轴相切于原点. (1)求b ，c 的值；(2)若f (x )在(0，π)上有唯一零点，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－b ， 依题意，⎩⎨⎧f ′（0）＝0，f （0）＝0，即⎩⎨⎧1－b ＝0，1＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝1，c ＝－1.(2)由(1)得f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 记g (x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 则g ′(x )＝e x －a (2cos x －x sin x )， 所以g ′(0)＝1－2a ， ①当a >12时，(ⅰ)当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ″(x )＝e x＋a (3sin x ＋x cos x )>0，所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，又因为g ′(0)<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2＋π2a >0，所以存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得g ′(x 0)＝0.(ⅱ)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，2cos x －x sin x <0，则g ′(x )>0.由(ⅰ)(ⅱ)可知，x ∈(0，x 0)，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈(x 0，π)，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因为g (0)＝0，g (π)＝e π＋a π－1>0， 所以存在唯一实数x 1∈(x 0，π)， 使得g (x 1)＝0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0， 即f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 1，π)，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)＝0，f (π)＝e π－π－1>0， 所以存在唯一实数x 2∈(x 1，π)， 使得f (x 2)＝0，即f (x )在(0，π)上有唯一零点，符合题意. ②当a ≤12时，f (x )＝e x －ax sin x －x －1≥e x －12x sin x －x －1， 记h (x )＝e x－12x sin x －x －1，x ∈(0，π).h ′(x )＝e x －12(sin x ＋x cos x )－1，所以h ″(x )＝e x－cos x ＋12x sin x >e 0－cos x ＋12x sin x >0，所以h ′(x )在(0，π)上单调递增， 且h ′(x )>e 0－12(sin 0＋0cos 0)－1＝0，所以h (x )在(0，π)上单调递增，h (x )>e 0－12×0×sin 0－0－1＝0，则x ∈(0，π)时，f (x )>0，所以f (x )在(0，π)上没有零点，不合题意，舍去. 综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 训练1(2022·苏州八校适考)函数f (x )＝x －sin x －cos x . (1)求函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2上的极值；(2)证明：F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.(1)解 ∵f (x )＝x －sin x －cos x ， ∴f ′(x )＝1－cos x ＋sin x＝1－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2，由f ′(x )＝0，可得x ＝－π2或x ＝0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2分别单调递增；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴x ＝－π2时，函数f (x )有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝1－π2；x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝－1.(2)证明 ∵F (x )＝f (x )－ln x ＝x －sin x －cos x －ln x ，x >0， ∴h (x )＝F ′(x )＝1－cos x ＋sin x －1x，x >0，∴h ′(x )＝sin x ＋cos x ＋1x 2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，即F ′(x )单调递增，又F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1－4π<0，F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2－2π>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，F ′(x 0)＝0，∴x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，3π4时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，∴x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，函数F (x )min ＝F (x 0)<F (1)＝1－sin 1－cos 1<0，F (e －2)＝e －2－sin e －2－cos e －2＋2>0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝3π4－ln 3π4>0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4时，2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤0， F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －ln x ， 对于函数φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，又φ(1)＝1，∴x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4，φ(x )>φ(1)＝1，即F (x )>0，此时函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点. 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －2－ln x ， 由上可知F (x )≥7π4－2－ln 7π4>0， 故当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点， 综上，函数F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点. 类型二 证明不等式1.所证不等式不含参数时，常需对自变量分类讨论证明.2.所证不等式含参数时，要注意灵活应用切线不等式或利用参数的范围进行放缩. 例2 已知函数f (x )＝ln x ＋1x，e 为自然对数的底数，e≈2.718.求证：f (x )<e xx＋sin x .证明依题意，要证f(x)<e xx＋sin x，x>0，即证：x ln x－e x－x sin x＋1<0，令h(x)＝x ln x－e x－x sin x＋1，x>0.①当0<x≤1时，x sin x>0，1－e x<0，x ln x<0，故h(x)<0.②当1<x≤2时，x sin x>0，h(x)<x ln x－e x＋1，令u(x)＝x ln x－e x＋1，x∈(1，2]，u′(x)＝1＋ln x－e x，显然u″(x)＝1x－e x在(1，2]上单调递减，u″(x)<u″(1)＝1－e<0，所以u′(x)在(1，2]上单调递减，u′(x)<u′(1)＝1－e<0，所以u(x)在(1，2]上单调递减，u(x)<u(1)＝1－e<0，所以，当x∈(1，2]时，h(x)<u(x)<0.③当x>2时，－1≤sin x≤1，－x≤x sin x≤x，故h(x)≤x ln x－e x＋x＋1，令v(x)＝x ln x－e x＋x＋1，x>2，v′(x)＝2＋ln x－e x，显然v″(x)＝1x－e x在(2，＋∞)上单调递减，v″(x)<v″(2)＝12－e2<0，所以v′(x)在(2，＋∞)上单调递减，v′(x)<v′(2)＝2＋ln 2－e2<0，所以v(x)在(2，＋∞)上单调递减，v(x)<v(2)＝2ln 2－e2＋2＋1<5－e2<0，所以，当x>2时，h(x)≤v(x)<0.综上所述，当x>0时，h(x)<0，得证.训练2(2022·苏州八校联考)已知函数f(x)＝e－x－a ln x－2x(a∈R，x>0).(1)若a＝1，x0是函数f(x)的零点，求证：x0·e x0＝1；(2)证明：对任意x >0，0<a ≤1，都有a sin x －x ln x <e －x ＋x 2. 证明 (1)当a ＝1时，f (x )＝e －x －ln x －2x ， 由题意知f (x 0)＝e －x 0－ln x 0－2x 0＝0， 即e －x 0－x 0＝x 0＋ln x 0＝e －x 0＋ln e －x 0.令g (x )＝x ＋ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递增，x 0，e －x 0>0. 由g (x 0)＝g (e －x 0)，得x 0＝e －x 0， 所以x 0e x 0＝1.(2)对∀x >0，令φ(x )＝x －sin x ，φ′(x )＝1－cos x ≥0，则φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(0)＝0，所以当x >0时，φ(x )>0，即x >sin x .当0<a ≤1时，e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >e －x ＋x 2＋x ln x －ax ≥e －x ＋x 2＋x ln x －x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x e x ＋x ＋ln x －1. 令h (x )＝1x e x ＋x ＋ln x －1＝1x ex ＋ln(x e x )－1，令x e x＝t ，t ∈(0，＋∞)， 所以H (t )＝1t＋ln t －1，H ′(t )＝－1t 2＋1t ＝t －1t2.则H (t )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以H (t )≥H (1)＝0，即h (x )≥0， 所以e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >0， 即a sin x －x ln x <e －x ＋x 2得证. 类型三 不等式恒成立、能成立求参数1.分离参数，归纳为函数的最值问题.2.注意利用已知参数的范围.例3(2022·辽宁协作体模拟改编)已知函数f (x )＝14x 3－x 2sin α＋x ＋1，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2.证明：存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解(e 是自然对数的底数).证明 不等式f (x )>e x 等价于 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1·e －x >1， 所以只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x 的最大值大于1.因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，－1≤－sin α≤12，又x 2∈[0，＋∞)，所以－x 2sin α≤12x 2，当α＝－π6时等号成立，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x≤⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x .设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x ，g ′(x )＝－14x 2(x －1)e －x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因为g (1)＝14＋12＋1＋1e ＝2.75e >1，所以存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解.训练3(2022·潍坊二模改编)已知函数f (x )＝ax ＋cos x ＋sin x (a ∈R ). 若f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x 在x ∈(0，π]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x ， 即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin x ＋cos x x min .令g (x )＝1＋sin x ＋cos xx，x ∈(0，π]，则g ′(x )＝（cos x －sin x ）x －1－sin x －cos xx2＝（x －1）cos x －（x ＋1）sin x －1x 2.令h (x )＝(x －1)cos x －(x ＋1)sin x －1，则h ′(x )＝cos x －(x －1)sin x －sin x －(x ＋1)cos x ＝－x (sin x ＋cos x ) ＝－2x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当0<x <3π4时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当3π4<x <π时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. 而h (0)＝－2<0，h (π)＝－π<0， 故h (x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 故g ′(x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 所以g (x )在x ∈(0，π]为减函数， 所以g (x )min ＝g (π)＝0，故a ≤0，所以实数a的取值范围是(－∞，0].类型四必要性探路1.常用探路方法有：取点探路、保号性探路、洛必达探路等.2.{探得的参数范围}⊇{参数取值范围}，无需再考虑不在探得参数范围内的情形. 例4(2022·海安模拟)已知函数f(x)＝e x＋x cos x.(1)判断函数f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并说明理由；(2)对任意的x≥0，e x＋x sin x＋cos x≥ax＋2，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数，理由如下：因为f(x)＝e x＋x cos x，所以f′(x)＝e x＋cos x＋x(－sin x).记g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1，令g′(x)＝0，得x＝0.当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)＝e x－x－1≥0，即e x≥x＋1.又sin x≤1，cos x≥－1，所以f′(x)≥x＋1＋cos x＋x(－sin x)＝x(1－sin x)＋(1＋cos x)≥0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数.(2)由题意知e x＋x sin x＋cos x－ax－2≥0对∀x≥0恒成立，令F(x)＝e x＋x sin x＋cos x－ax－2，∴F ′(x )＝e x＋sin x ＋x cos x －sin x －a ＝e x ＋x cos x －a ，而F (x )≥F (0)对∀x ≥0恒成立， ∴F ′(0)＝1－a ≥0⇒a ≤1(必要性). 下证充分性：当a ≤1时，F (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －ax －2≥e x ＋x sin x ＋cos x －x －2. 令h (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －x －2，h ′(x )＝e x ＋sin x ＋x cos x －sin x －1＝e x ＋x cos x －1， 由(1)知，h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h ′(x )≥h ′(0)＝0， ∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (0)＝0⇒F (x )≥0符合题意. 综上：实数a 的取值范围为(－∞，1].训练4 已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )是f (x )的导函数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一的零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax 恒成立，求a 的取值范围. (1)证明 因为f (x )＝2sin x －x cos x －x ，所以f ′(x )＝2cos x －cos x ＋x sin x －1＝cos x ＋x sin x －1， 令g (x )＝cos x ＋x sin x －1，则g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，g ′(x )<0，所以当x ＝π2时，g (x )的极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，g (0)＝0，g (π)＝－2，所以g (x )在(0，π)上有唯一零点， 即f ′(x )在(0，π)上有唯一零点. (2)解 当x ＝π，由不等式f (x )≥ax ， 得f (π)＝0≥a π，可得a ≤0(必要性). 下证充分性：由(1)知，f ′(x )在(0，π)上有唯一零点x 0使得f ′(x 0)＝0，且f ′(x )在(0，x 0)上为正，在(x 0，π)上为负，所以f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减. 结合f (0)＝0，f (π)＝0，可知f (x )在[0，π]上非负， 所以x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0， 所以f (x )≥ax ，所以a 的取值范围是(－∞，0].一、基本技能练1.已知函数f (x )＝x －12sin x ＋m ln x ＋1，g (x )＝f (x )＋12sin x .当x ≥1时，若不等式g (x )－x －e x －1≤0恒成立，求实数m 的取值范围. 解 由题意知m ln x ＋1－e x －1≤0在[1，＋∞)恒成立.令h(x)＝m ln x＋1－e x－1，必要性：即证x≥1时，h(x)≤0恒成立，h(1)＝0.h′(x)＝mx－e x－1，h′(1)＝m－1≤0.即h(x)在x＝1处保持单调递减趋势时，m≤1.下证充分性：当m≤1，x≥1，m ln x≤ln x.则m ln x＋1－e x－1≤ln x＋1－e x－1，根据指对不等式ln x≤x－1，e x－1≥x，原式h(x)≤ln x＋1－e x－1≤x－1＋1－x＝0，当且仅当x＝1时取等号.故实数m的取值范围为(－∞，1].2.(2022·南京师大附中模拟)已知f(x)＝ln(x＋1)－ax(a∈R)，g(x)＝－sin x.若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，求a的取值范围.解函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，等价于h(x)＝f(x)－g(x)有一个零点，h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x，显然h(0)＝0，即函数h(x)除0之外无其他零点.h′(x)＝1x＋1－a＋cos x，令m(x)＝1x＋1－a＋cos x，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x，当－1<x<0时，－1（x＋1）2<－1，则m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(－1，0)单调递减.若a≤0，当－1<x<0时，ln(x＋1)<0，sin x<0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x<0；当0<x<π时，ln(x＋1)>0，sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0；当x≥π时，ln(x＋1)>1，ln(x＋1)＋sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0，即h(x)除0之外无其他零点，符合题意.若0<a<2，当0<x<π时，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(0，π)上单调递减，又h′(0)＝2－a>0，h′(π)＝1π＋1－a－1<0，则存在x0∈(0，π)使h′(x0)＝0，即h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减，又h(0)＝0，x→＋∞时，h(x)→－∞，故h(x)在(0，＋∞)上至少存在1个零点，不合题意.若a＝2，当－1<x<0时，由上知h′(x)在(－1，0)上单调递减，h′(x)>h′(0)＝2－a ＝0，则h(x)在(－1，0)上单调递增，即h(x)<h(0)＝0；当x>0时，令n(x)＝ln(x＋1)－x，则n′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1<0，即n(x)单调递减，n(x)<n(0)＝0，即ln(x＋1)<x，令t(x)＝sin x－x，则t′(x)＝cos x－1≤0，即t(x)单调递减，t(x)<t(0)＝0，即sin x<x，则h (x )＝ln(x ＋1)－2x ＋sin x <0，即h (x )除0之外无其他零点，符合题意. 若a >2，当－1<x <0时，由上知h ′(x )在(－1，0)单调递减，又－1<1a －1<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1>0，h ′(0)＝2－a <0，则存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0使h ′(x 1)＝0，即h (x )在(－1，x 1)上单调递增，(x 1，0)上单调递减， 又h (0)＝0，x →－1时，h (x )→－∞， 故h (x )在(－1，0)存在1个零点，不合题意. 综上，a 的取值范围是{a |a ≤0或a ＝2}.3.(2022·苏州模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x －a sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)若f (x )≥3－12a ，求a 的取值范围. 解 (1)令g (x )＝f ′(x )＝e x －a cos x ，g ′(x )＝e x ＋a sin x .若a <1，则f ′(x )＝e x －a cos x >1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为0； 若a ＝1，g ′(x )＝e x ＋sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f ′(0)＝e 0－cos 0＝1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为1；若a >1，g ′(x )＝e x＋a sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增， 又f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2>0，所以f ′(x )的零点个数为1.综上得，当a <1时，f ′(x )的零点个数为0；当a ≥1时，f ′(x )的零点个数为1. (2)由(1)知，若a ≤1，f ′(x )＝e x －a cos x ≥0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1>3－12≥3－12a ，所以a ≤1满足题意； 若a >1，存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝e x 0－a cos x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增.所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－a sin x 0＝a cos x 0－a sin x 0≥3－12a ， 化简得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4≥6－24＝cos 5π12，又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6.设h (x )＝cos x e x ，x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π6， ∴h ′(x )＝－sin x －cos xe x <0，所以y ＝cos x e x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6上单调递减，所以1a ＝cos x 0e x 0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e π6，1， 解得a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，233e π6.综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，233e π6.二、创新拓展练4.(2022·温州测试)已知函数f (x )＝e x ·cos x (e 为自然对数的底数). (1)求证：当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1；(2)设f (x )＝m (－2π<x <2π)的解为x i (i ＝1，2，…)，x i >x i ＋1. (ⅰ)当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，求x i －f (x i ＋1)的取值范围；(ⅱ)判断是否存在x i <π，使得x i ＋x i ＋1≥π2成立？并说明理由. (1)证明 设g (x )＝e x ·cos x －x －1， 则g ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )－1. 令F (x )＝g ′(x )，则F ′(x )＝e x ·(－sin x －sin x ) ＝－2e x ·sin x . ∵x ∈(0，π)， ∴F ′(x )<0，∴g ′(x )在(0，π)上单调递减， ∴g ′(x )<g ′(0)＝0， ∴g (x )在(0，π)上单调递减，∴g (x )<g (0)＝0，∴当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1.(2)解 (ⅰ)∵f ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )＝2e x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π，－7π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4，π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，2π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π4，－3π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝0，f (0)＝1，f (π)＝－e π<－1.又当x <0时，e x ∈(0，1)，cos x ∈[－1，1]， ∴f (x )∈(－1，1)， ∴f (x )的部分图象如图所示.观察图象知，当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，又x i >x i ＋1，必有x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.设h (x i )＝x i －f (x i ＋1)＝x i －f (x i )＝x i －e x i ·cos x i ，x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.∵x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，因f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，则e xi ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递减，因此h (x i )＝x i －e x i ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴x i －f (x i ＋1)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－22e π4，π2.(ⅱ)不存在，理由如下：①当x i ∈(－∞，0]时，x i ＋1不存在或者显然x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； 因x i <π，则②当x i ≤π4时，由x i >x i ＋1，必有x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； ③当x i ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，x i ＋1不存在或者x i ＋1≤－π2，此时x i ＋x i ＋1<π－π2＝π2，即x i ＋x i＋1≥π2不成立； ④当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，x i ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π4，构造函数t (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则t ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f ′(x )＝－e π2－x ·(sin x －cos x )－e x ·(cos x －sin x )＝(cos x －sin x )·(e π2－x －e x ).因而当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，cos x －sin x <0，e π2－x －e x<e π2－π4－e π4＝0，∴t ′(x )>0，∴t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴t (x )>t ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x >f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x i >f (x i )＝f (x i ＋1).又－π2<x i＋1<π4，0<π2－x i<π4且f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，π4上单调递增，∴π2－x i>x i＋1，∴x i＋x i＋1<π2，即x i＋x i＋1≥π2不成立.综上所述，不存在x i＋1<x i<π，使得x i＋x i＋1≥π2.。
2020高考数学《导数压轴题》
2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。
1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。
2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。
3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。
1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。
4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。
5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。
1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。
6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。
1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。
7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。
1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。
高考数学压轴专题2020-2021备战高考《函数与导数》专项训练解析含答案
【高中数学】《函数与导数》知识点一、选择题1．函数()1sin cos 1sin cos 1tan 01sin cos 1sin cos 32x x x x f x x x x x x x π+-++⎛⎫=++<< ⎪+++-⎝⎭的最小值为（ ） ABCD【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简函数()f x ，求导数，利用导数求函数的最小值即可. 【详解】22222sin 2sin cos 2cos 2sin cos1sin cos 1sin cos 2222221sin cos 1sin cos 2cos 2sin cos 2sin 2sin cos 222222x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x +++-+++=++++-++ 2sin sin cos 2cos sin cos sin cos 222222222sin cos sin 2cos sin cos 2sin sin cos 22222222x x x x x x x xx x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+=⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 则()21tan 0sin 32f x x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭， 32222221sin 2cos 16cos cos 1()sin 3cos sin 3cos 3sin cos x x x x f x x x x x x x '''--+⎛⎫⎛⎫=+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令()cos 0,1t x =∈，()3261g t t t =--+为减函数，且102g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以当03x π<<时，()11,02t g t <<<，从而()'0f x <； 当32x ππ<<时，()10,02t g t <<>，从而()'0f x >. 故()min 33f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.2．3ax ⎛ ⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（ ） A ．2ln 2 B ．ln 2 C ．2 D ．1【答案】A 【解析】 【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析根据二项式36ax ⎛- ⎝⎭的展开式的通项公式得221213()4a T C ax x +⎛== ⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰.故选：A 【点睛】本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C k n k kk n T a b -+=.属于中等题.3．已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（ ） A ．y x =- B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-【答案】A 【解析】 【分析】首先根据函数的奇偶性，求得当0x <时，()f x 的解析式，然后求得切点坐标，利用导数求得斜率，从而求得切线方程. 【详解】因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-.故选：A 【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.4．已知()(1)|ln |xf x x x =≠，若关于x 方程22[()](21)()0f x m f x m m -+++=恰有4个不相等的实根，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2(2,)e e⎛⎫⋃ ⎪⎝⎭B ．11,e e ⎛⎫+⎪⎝⎭C ．(1,)e e -D ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,【答案】C 【解析】 【分析】由已知易知()f x m =与()1f x m =+的根一共有4个，作出()f x 图象，数形结合即可得到答案. 【详解】由22[()](21)()0f x m f x m m -+++=，得()f x m =或()1f x m =+，由题意()f x m =与()1f x m =+两个方程的根一共有4个，又()f x 的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，所以()|ln |ln x x f x x x ==，令()ln x g x x=，则'2ln 1()(ln )x g x x -=，由'()0g x >得x e >， 由'()0g x <得1x e <<或01x <<，故()g x 在(0,1),(1,)e 单调递减，在(,)e +∞上单调递 增，由图象变换作出()f x 图象如图所示要使原方程有4个根，则01m em e <<⎧⎨+>⎩，解得1e m e -<<.故选：C 【点睛】本题考查函数与方程的应用，涉及到方程根的个数问题，考查学生等价转化、数形结合的思想，是一道中档题.5．已知函数f （x ）＝e b ﹣x ﹣e x ﹣b +c （b ，c 均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f （5）+f （﹣1）＝（ ） A ．﹣2 B ．﹣1C ．2D ．4【答案】C 【解析】【分析】根据对称性即可求出答案． 【详解】解：∵点（5，f （5））与点（﹣1，f （﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2， 故它们关于点（2，1）对称，所以f （5）+f （﹣1）＝2， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．6．已知()ln xf x x=，则下列结论中错误的是（ ） A ．()f x 在()0,e 上单调递增 B ．()()24f f = C ．当01a b <<<时，b a a b < D ．20192020log 20202019>【答案】D 【解析】 【分析】根据21ln (),(0,)xf x x x -'=∈+∞，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，进而判断得出结论. 【详解】21ln (),(0,)xf x x x-'=∈+∞Q ∴对于选项A ，可得()f x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，故A 正确；对于选项B ，()2ln 4ln 2ln 24(2)442f f ====，故B 正确；对于选项C ，由选项A 知()f x 在()0,1上也是单调递增的，01a b <<<Q ，ln ln a ba b∴<，可得b a a b <，故选项C 正确； 对于选项D ，由选项A 知()f x 在(),e +∞上单调递减，(2019)(2020)f f ∴>，即ln 2019ln 202022019020>⇒20192020ln 2020log 2020ln 02019219>=， 故选项D 不正确. 故选：D 【点睛】本题考查导数与函数单调性、极值与最值的应用及方程与不等式的解法，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.7．如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器．当这个正六棱柱容器的底面边长为（ ）时，其容积最大．A ．34B ．23C ．13D ．12【答案】B 【解析】 【分析】设正六棱柱容器的底面边长为x ,)31x -,则可得正六棱柱容器的容积为()())()32339214V x x x x x x x =+-=-+,再利用导函数求得最值,即可求解. 【详解】设正六棱柱容器的底面边长为x ,则正六棱柱容器的高为)312x -, 所以正六棱柱容器的容积为()()()()3233921224V x x x x x x x =+⋅⋅-=-+, 所以()227942V x x x '=-+,则在20,3⎛⎫⎪⎝⎭上,()0V x '>；在2,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上,()0V x '<, 所以()V x 在20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在2,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减, 所以当23x =时,()V x 取得最大值, 故选:B 【点睛】本题考查利用导函数求最值,考查棱柱的体积,考查运算能力.8．设奇函数()f x 在[]11-，上为增函数，且()11f =，若[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，则t 的取值范围是（ ）A ．22t -≤≤B ．1122t -≤≤ C ．2t ≥或2t ≤-或0t =D ．12t ≥或12t ≤-或0t =【解析】 【分析】()f x 在[]11x ∈-，上为增函数,[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，,不等式()221f x t at ≤--成立,只需对于[]11a ∀∈-，,()2121f t at -≤--即可.【详解】∵奇函数()f x 在[]11x ∈-，上为增函数，且()11f =， ∴函数在[]11x ∈-，上的最小值为()()111f f -=-=-，又∵[]11x ∃∈-，，使[]11a ∀∈-，，不等式()221f x t at ≤--成立，∴()22111t at f --≥-=-，即220t at -≥， ①0t =时，不等式成立；②0t >时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≥，解得2t ≥；③0t <时，()2220t at t t a -=-≥恒成立，从而2t a ≤，解得2t ≤-故选：C. 【点睛】本题考查了含参数不等式恒成立问题，需要将不等式问题转化为函数最值问题，考查了理解辨析能力、运算求解能力和分类讨论思想，是中档题.9．函数()32xy x x =-⋅的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】排除法：根据函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称；函数有1-，0，1三个零点；当2x =时，函数值为正数，进行选项排除即可. 【详解】函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称，故排除D ； 函数有1-，0，1三个零点，故排除A ； 当2x =时，函数值为正数，故排除B . 故选：C . 【点睛】本题考查函数的图象，根据解析式求图像通常利用排除法，依据有函数奇偶性、单调性、零点、定义域、值域、特殊值等，属于中等题.10．已知ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===（e是自然对数的底数），则,,a b c 的大小关系是（ ） A ．c a b << B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【答案】C 【解析】 【分析】根据ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===的结构特点，令()ln x f x x =，求导()21ln xf x x -'=，可得()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减，再利用单调性求解.【详解】令()ln xf x x=，所以()21ln xf x x -'=，当0x e <<时， ()0f x '>，当x e >时，()0f x '<， 所以()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减. 因为34e <<，所以 ()()()34>>f e f f ， 即b a c <<. 故选：C 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.11．已知函数()f x 的导函数为()f x '且满足()()21ln f x x f x '=⋅+，则1f e ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（ ） A ．12e- B ．2e - C ．1-D ．e【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导得到导函数，代入1x =可求得()11f '=-，从而得到()f x '，代入1x e=求得结果. 【详解】由题意得：()()121f x f x''=+令1x =得：()()1211f f ''=+，解得：()11f '=-()12f x x '∴=-+12f e e ⎛⎫'∴=- ⎪⎝⎭本题正确选项：B 【点睛】本题考查导数值的求解，关键是能够通过赋值的方式求得()1f '，易错点是忽略()1f '为常数，导致求导错误.12．已知函数2()f x x m =+与函数1()ln3g x x x =--，1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦的图象上恰有两对关于x 轴对称的点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．5ln )4[2,2+ B ．5[2ln 2,ln 2)4-+ C ．5(ln 2,2ln 2)4+- D ．(]2ln2,2-【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为()()f x g x =-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦恰有两个不同的解，令()()()h x f x g x =+，将问题转化为()h x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有两个零点的问题，利用导数可求得()h x 的单调性，进而确定区间端点值和最值，由此构造不等式求得结果. 【详解】()f x Q 与()g x 在1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦的图象上恰有两对关于x 轴对称的点，()()f x g x ∴=-在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦恰有两个不同的解，即221ln3ln 30x m x x x x m x +--=+-+=在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个不同的解， 令()2ln 3h x x x x m =+-+，则()()()2211123123x x x x h x x x x x---+'=+-==， ∴当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<；当()1,2x ∈时，()0h x '>，()h x ∴在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在()1,2上单调递增，又15ln 224h m ⎛⎫=--+⎪⎝⎭，()12h m =-，()2ln 22h m =-+， 原问题等价于()h x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，则5ln 2024m m --+≥>-，解得：5ln 224m +≤<，即m 的取值范围为5ln 2,24⎡⎫+⎪⎢⎣⎭. 故选：A . 【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将两函数图象对称点个数的问题转化为方程根的个数的问题，进一步通过构造函数的方式将问题转化为函数零点个数的问题.13．已知定义在R 上的奇函数()y f x =满足()()80f x f x ++=，且()55f =，则()()20192024f f +=（ ）A ．-5B ．5C ．0D ．4043【答案】B 【解析】 【分析】根据(8)()0f x f x ++=得函数的周期为16，结合()55f =，(0)0f =即可求解. 【详解】由(8)()0f x f x ++=，得(8)()f x f x +=-，所以(16)(8)()f x f x f x +=-+=.故函数()y f x =是以16为周期的周期函数. 又在(8)()0f x f x ++=中，令0x =，得(8)(0)0f f +=， 且奇函数()y f x =是定义在R 上的函数，所以(0)0f =.故(8)0f =.故(2024)(161268)(8)0f f f =⨯+==. 又在(8)()0f x f x ++=中，令3x =-，得(5)(3)0f f +-=.得(5)(3)(3)5f f f =--==，则(2019)(161263)(3)5f f f =⨯+==. 所以(2019)(2024)5f f +=. 故选：B. 【点睛】此题考查根据函数的周期性求抽象函数的函数值，关键在于根据函数关系准确得出函数周期，结合定义在R 上的奇函数的特征求值.14．已知函数()2814f x x x =++，()()2log 4g x x =，若[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则a 的最大值为（ ）A ．-4B ．-3C ．-2D ．-1【答案】C 【解析】 【分析】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，从而28142a a ++≤，故可求a 的最大值为2-.【详解】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立， 得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，由()()2log 4g x x =(]20,1x ∈()2g x ⇒≤ ，所以(](),2g x ∈-∞ 当43a --≤≤ 时，()21f x-＃-，此时()f x 的值域为()g x 的值域的子集成立.当3a >-时，()22814f x a a -≤≤++，须满足()f x 的值域为()g x 的值域的子集，即28142a a ++≤，得62a -≤≤- 所以a 的最大值为2-. 故选：C. 【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属于中档题目.15．曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为（ ） A ．16B ．13C ．12D ．56【答案】A【解析】曲线2y x =与直线y x =的交点坐标为()()0,0,1,1 ，由定积分的几何意义可得曲线2y x =与直线y x =所围成的封闭图形的面积为()1223100111|236x x dx x x ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭⎰ ，故选A.16．已知函数()f x 的导函数为()f x '，在()0,∞+上满足()()xf x f x '>，则下列一定成立的是（ ）A ．()()2019202020202019f f >B ．()()20192020f f >C ．()()2019202020202019f f <D ．()()20192020f f < 【答案】A【解析】【分析】构造函数()()f x g x x=，利用导数判断函数()y g x =在()0,∞+上的单调性，可得出()2019g 和()2020g 的大小关系，由此可得出结论.【详解】令()()()0f x g x x x =>，则()()()2xf x f x g x x'-'=. 由已知得，当0x >时，()0g x '>.故函数()y g x =在()0,∞+上是增函数，所以()()20202019g g >，即()()2020201920202019f f >，所以()()2019202020202019f f >. 故选：A.【点睛】 本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.17．若函数()f x 的定义域为R ，其导函数为()f x '．若()3f x '<恒成立，()20f -=，则()36f x x <+ 解集为（ ）A ．(),2-∞-B ．()2,2-C ．(),2-∞D ．()2,-+∞【答案】D【解析】【分析】设()()36g x f x x =--，求导后可得()g x 在R 上单调递减，再结合()20g -=即可得解.【详解】设()()36g x f x x =--，Q ()3f x '<，∴()()30g x f x ''=-<，∴()g x 在R 上单调递减，又()()22660g f -=-+-=，不等式()36f x x <+即()0g x <，∴2x >-，∴不等式()36f x x <+的解集为()2,-+∞.故选：D.【点睛】本题考查了导数的应用，关键是由题意构造出新函数，属于中档题.18．已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是（） A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ B ．2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ C ．[]1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U D ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C【解析】【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围.【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意. 当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2], 因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a ,所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）,由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0. 当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2],当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a-+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12. 综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2， 故选C .【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19．设123log 2,ln 2,5a b c -===则A ．a b c <<B ．b c a <<C ．c a b <<D ．c b a << 【答案】C【解析】【分析】 由ln 2ln 2ln 3a b =<=及311log 3,2254a c >==<=可比较大小. 【详解】 ∵2031a ln ln =＞，＞，∴ln 2ln 2ln 3a b =<=，即a b <． 又3311log 2log 3,2254a c =>==<=．∴a c >．综上可知：c a b << 故选C.【点睛】本题主要考查了指数与对数的运算性质及对数函数的单调性比较大小，属于中档题.20．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25 【答案】D【解析】【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43n a ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭， 即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】 本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.。
2020高考热点与导数相结合的概率统计压轴题
2020高考热点与导数相结合的概率统计压轴题-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN与函数相结合的概率统计压轴题例1、一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓后要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得150分，出现两次音乐获得100分，出现一次音乐获得50分，没有出现音乐则获得-300分.设每次击鼓出现音乐的概率为205⎛⎫<<⎪⎝⎭p p ，且各次击鼓出现音乐相互独立. （1）若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ；（2）以（1）中确定的0p 作为p 的值，玩3盘游戏，出现音乐的盘数为随机变量X ，求每盘游戏出现音乐的概率1p ，及随机变量X 的期望EX ；（3）玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了.请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因.解：（1）由题可知,一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为：()()213231363=-=-+f p C p p p p p ,()()()3311'=--f p p p 由()0f p '=得13p =或1p =（舍）当10,3p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f p '>；当12,35⎛⎫∈ ⎪⎝⎭p 时,()0f p '<, ∴()f p 在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在12,35⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减, ∴当13p =时,()f p 有最大值,即()f p 的最大值点013=p ；（2）由（1）可知,013==p p则每盘游戏出现音乐的概率为3111911327⎛⎫=--= ⎪⎝⎭p 由题可知193,27⎛⎫ ⎪⎝⎭XB ∴19193279=⨯=EX ； （3）由题可设每盘游戏的得分为随机变量ξ,则ξ的可能值为-300,50,100,150；∴()()33001=-=-P p ξ；()()213501==-P C p p ξ；()()2231001==-P C p p ξ；()3150==P p ξ；∴()()()3212233330015011001150=--+-+-+EX p C p p C p p p 327300312⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭p p p ； 令()327312=-+-g p p p p ,则()()22713631022'=-+=-+>g p p p p ； 所以()g p 在20,5⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增；∴()2205125⎛⎫<=-< ⎪⎝⎭g p g ； 即有0<EX ；这说明每盘游戏平均得分是负分,由概率统计的相关知识可知：经过若干盘游戏后,与最初的分数相比,分数没有增加反而会减少.例2、某电子工厂生产一种电子元件，产品出厂前要检出所有次品.已知这种电子元件次品率为0.01，且这种电子元件是否为次品相互独立.现要检测3000个这种电子元件，检测的流程是：先将这3000个电子元件分成个数相等的若干组，设每组有k 个电子元件，将每组的k 个电子元件串联起来，成组进行检测，若检测通过，则本组全部电子元件为正品，不需要再检测；若检测不通过，则本组至少有一个电子元件是次品，再对本组个电子元件逐一检测.（1）当5k =时，估算一组待检测电子元件中有次品的概率； （2）设一组电子元件的检测次数为X ，求X 的数学期望；（3）估算当k 为何值时，每个电子元件的检测次数最小，并估算此时检测的总次数（提示：利用(1)1n p np -≈-进行估算）.解：（1）设事件A ：一组待检测电子元件中由次品，则事件A 表示一组待检测电子元件中没有次品；因为()()510.01P A =-所以()()()()51110.011150.010.05P A P A =-=--≈--⨯=（2）依题意，X 的可能取值为1,1k +()()10.99,110.99k kP X P X k ===+=-分布列如下：所以的数学期望为：()()()()0.99110.9910.991k k kE X k k =++-=-+（3）由（2）可得：每个元件的平均检验次数为：()10.991k k k-+因为()()()10.991111110.99110.01110.010.01k kk k k k kk k k k-+=-+=--+≈--+=+ 当且仅当10k =时，检验次数最小此时总检验次数130000.011060010⎛⎫⨯⨯+= ⎪⎝⎭（次）例3、某景区有一个自愿消费的项目：在参观某特色景点入口处会为每位游客拍一张与景点的合影，参观后，在景点出口处会将刚拍下的照片打印出来，游客可自由选择是否带走照片，若带走照片则需支付20元，没有被带走的照片会收集起来统一销毁.该项目运营一段吋间后，统计出平均只有三成的游客会选择带走照片，为改善运营状况，该项目组就照片收费与游客消费意愿关系作了市场调研，发现收费与消费意愿有较强的线性相关性，并统计出在原有的基础上，价格每下调1元，游客选择带走照片的可能性平均增加0.05，假设平均每天约有5000人参观该特色景点，每张照片的综合成本为5元，假设每个游客是否购买照片相互独立.（1）若调整为支付10元就可带走照片，该项目每天的平均利润比调整前多还是少？ （2）要使每天的平均利润达到最大值，应如何定价？解：（1）当收费为20元时，照片被带走的可能性为0.3，不被带走的可能性为0.7，设每个游客的利润为1Y （元），则1Y 是随机变量，其分布列为：()1150.350.71E Y =⨯-⨯=元，则500个游客的平均利润为5000元；当收费为10元时，照片被带走的可能性为0.30.05100.8+⨯=，不被带走的可能性为0.2， 设每个游客的利润为2Y （元），则2Y 是随机变量，其分布列为：()250.850.23E Y =⨯-⨯=元，则500个游客的平均利润为15000元；该项目每天的平均利润比调整前多10000元.（2）设降价x 元，则015x <，照片被带走的可能性为0.30.05x +， 不被带走的可能性为0.70.05x -，设每个游客的利润为Y （元），则Y 是随机变量，其分布列为：()()()()150.30.0550.70.05E Y x x x =-⨯+-⨯-()20.05769x ⎡⎤=--+⎣⎦， 当7x =时，()E Y 有最大值3.45元，即当定价为13元时，日平均利润为17250元. 例4. 某家畜研究机构发现每头成年牛感染病的概率是(01)p p <<，且每头成年牛是否感染病相互独立．（1）记10头成年牛中恰有3头感染病的概率是()f p ，求当概率p 取何值时，()f p 有最大值？（2）若以（1）中确定的p 值作为感染病的概率，设10头成年牛中恰有k 头感染病的概率是()g k ，求当k 为何值时，()g k 有最大值？解：（1）依题意，10头成年牛中恰有3头感染病的概率是()()733101f p C p p =-，且01p <<．则有()()()76323103171f p C p p p p ⎡⎤=-'--⎣⎦()()632101310C p p p =--， 令()0f p '=，结合01p <<，解得0.3p =．则当()0,0.3p ∈时，()0f p '>；当()0.3,1p ∈时，()0f p '<． 即函数()f p 在()0,0.3上单调递增，在()0.3,1上单调递减， 故当概率0.3p =时，()f p 有最大值． （2）10头成年牛中恰有k 头感染病的概率是()()10101kkk g k C p p -=-（0,1,2,,10k =），由（1）知0.3p =， 所以()()()()1010111110111k k k kk k g k C p p g k C p p -----=-- ()()()()101101!11!10!1!10!10!1kk k k C p p C p k k p---==⋅⋅---111k pk p-=⋅- 3.30.3 3.310.70.7k kk k--==+，所以当3.30k ->，即()3.3k k N <∈时，()()11g k g k >-，()()1g k g k >-，所以当3k =时，()g k 有最大值．例5、某公司准备投产一种新产品，经测算，已知每年生产()515x x ≤≤万件的该种产品所需要的总成本()32231630910x C x x x =-++（万元），依据产品尺寸，产品的品质可能出现优、中、差三种情况，随机抽取了1000件产品测量尺寸，尺寸分别在[)25.26,25.30，[)25.30,25.34，[)25.34,25.38，[)25.38,25.42，[)25.42,25.46，[)25.46,25.50，[]25.50,25.54（单位：mm ）中，经统计得到的频率分布直方图如图所示.产品的品质情况和相应的价格m （元/件）与年产量x 之间的函数关系如下表所示.以频率作为概率解决如下问题： （1）求实数a 的值；（2）当产量x 确定时，设不同品质的产品价格为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列； （3）估计当年产量x 为何值时，该公司年利润最大，并求出最大值. 解：（1）由题意得()0.04234 2.5 4.531a ⨯++++++=，解得6a =；（2）当产品品质为优时频率为()10.0446 2.50.5p =⨯++=，此时价格为34x -+；当产品品质为中时频率为()20.04230.2p =⨯+=，此时价格为3255x -+；当产品品质为差时频率为()30.04 4.530.3p =⨯+=，此时价格为3205x -+；以频率作为概率，可得随机变量ξ的分布列为：（3）设公司年利润为()f x ，则()()323323340.5250.2200.3163055910x f x x x x x x x ⎛⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⨯+-+⨯+-+⨯--++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎝⎭整理得()323123092x f x x x =-++-，()()()21131231233f x x x x x '=-++=-+-显然当[]5,12x ∈时，()0f x '≥，[]12,15x ∈时，()0f x '≤， ∴当年产量12x =时，()f x 取得最大值.()12138f =估计当年产量12x =时，该公司年利润取得最大值，最大利润为138万.例6、心理学研究表明，人极易受情绪的影响，某选手参加7局4胜制的兵乒球比赛.（1）在不受情绪的影响下，该选手每局获胜的概率为13；但实际上，如果前一句获胜的话，此选手该局获胜的概率可提升到12；而如果前一局失利的话，此选手该局获胜的概率则降为14，求该选手在前3局获胜局数X 的分布列及数学期望； （2）假设选手的三局比赛结果互不影响，且三局比赛获胜的概率为sin sin sin A B C 、、，记、、A B C 为锐角ABC ∆的内角，求证：sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin 1A B C A B A C B C A B C +---+<+ 解：（1）依题意，可知X 可取：0,1,2,3∴()21190113424P X ⎛⎫⎛⎫==-⨯-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1111111118111111132434234424P X ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⨯-⨯-+-⨯⨯-+-⨯-⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()1111111115211132232434224P X ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⨯⨯-+⨯-⨯+-⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()11123232224P X P X ====⨯⨯=∴随机变量X 的分布列为：∴()123124242424E X =+⨯+⨯+⨯=. （2）∵ABC ∆是锐角三角形，∴0sin 1,0sin 1,0sin 1A B C <<<<<<，则三局比赛中，该选手至少胜一局的概率为：()1sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin P X A B C A B A C B C A B C ≥=++---+由概率的定义可知：()11P X ≥<，故有：sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin sin 1A B C A B A C B C A B C +---+<+例8、 教育部2014年印发的《学术论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学术论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含3位）专家评议意见为“不合格”的学术论文，将认定为“存在问题学术论文”．有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学术论文，将再送另外2位同行专家（不同于前3位专家）进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学术论文，将认定为“存在问题学术论文”．设每篇学术论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为()01p p <<，且各篇学术论文是否被评议为“不合格”相互独立．（1）若12p =，求抽检一篇学术论文，被认定为“存在问题学术论文”的概率；（2）现拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的总评审费用1500元；若某次评审抽检论文总数为3000篇，求该次评审费用期望的最大值及对应p 的值． 解：（1）因为一篇学术论文初评被认定为“存在问题学术论文”的概率为()2233331C p p C p -+，一篇学术论文复评被认定为“存在问题学术论文”的概率为()()2213111C p p p ⎡⎤---⎣⎦， 所以一篇学术论文被认定为“存在 问题学术论文”的概率为()()()()22223313331111f p C p p C p C p p p ⎡⎤=-++---⎣⎦()()()2223313111p p p p p p ⎡⎤=-++---⎣⎦5432312179p p p p =-+-+．∴12p =时，125232f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 所以抽检一篇的学术论文被认定为“存在问题学术论文”的概率为2532． （2）设每篇学术论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500．()()21315001P X C p p ==-，()()21390011P X C p p ==--，所以()()()()2221133900111500190018001E X C p p C p p p p ⎡⎤=⨯--+⨯-=+-⎣⎦． 令()()21g p p p =-，()0,1p ∈，()()()()()2121311g p p p p p p '=---=--．当10,3p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g p '>，()g p 在10,3⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当1,13p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g p '<，()g p 在1,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减．所以()g p 的最大值为14327g ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 所以评审最高费用为44300090018001035027-⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭（万元）．对应13p =．。
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 导数与三角函数交汇问题C辑(解析版)
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解 导数与三角函数交汇问题C 辑（解析版）1．已知函数2()2ln (,)cos 22f x x x ππθθ⎡⎤=+∈-⎢⎥⎣⎦在[)1,+∞上单调递增，函数()()mx g x x x=∈-R ． （1）求θ的值；（2）若存在[]01,x e ∈，使得00()()f x g x <成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）0θ=（2）2(,22)m e e ∈--∞- （1）∵22222(cos 1)()cos cos x f x x x x θθθ-'=-+=∵()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立．∴cos 10x θ-≥恒成立，即()min cos 1x θ≥ ∵1x ≥，cos 0θ>， ∴cos 1θ=，(,)22ππθ∈-∴0θ=．（2）令2()()()2ln ([1,])m h x g x f x x x x e x+=-=--∈ 2222222()1m x x m h x x x x+-++'=+-=∵1x e ≤≤，∴2212222m x x m e e m +-++-+≤+≤ 当10m +≥时，即1m ≥-；()h x 在[]1,e 上单调递增， ∴max 2()()20m h x h e e e+==--> ∴2122m e e --≤-≤当2220e e m -+≤+时，即222m e e -+-≤，()h x 在[]1,e 上单调递减， ∴()()max 110h x h m ==--> ∴222m e e -+-≤当2221e e m -+-<<-时，存在()11,x e ∈使得()h x 在()11,x 上单调递减，在()1,x e 上单调递增 ∴()()(){}max max 1,h x h h e =∴(1)102()20h m m h e e e =-->⎧⎪+⎨=-->⎪⎩，解得2221e e m -+-<<- 综合上述：m 的取值范围是2(,22)e e -∞-- 2．已知函数()()1cos f x x a a x =++.（1）求曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程；（2）若1a =，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()sin f x m x ≥恒成立，求m 的取值范围. 【答案】（1）y x =；（2）(],3-∞.（1）由()()1cos f x x a a x =++，得()1cos sin f x a a x ax x '=++-， 所以()f ππ=，()1f π'=.所以曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为y x ππ-=-，即y x =.（2）当1a =时，()()2cos f x x x =+，则0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2cos sin x x m x +≥恒成立.当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2cos 0x x +≥，sin 0x ≥， 当0m ≤时，()sin f x m x ≥恒成立；当0m >，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2cos sin x x m x +≥恒成立等价于sin 02cos x x m x -≥+. 令()sin 2cos x x g x m x =-+，则()()2112cos 2cos x g x m x +'=-+，设cos t x =，则[]0,1t ∈，()()2122th t t +=+，()()()()()()3422121022t t t h t t t -+---'==≥++，所以()h t 在[]0,1上递增，所以()h t 的值域为11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦，①当113m ≥，即03m <≤时，()0g x '≥，()g x 为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的增函数，所以()()00g x g ≥=，符合条件；②当1104m <≤，即4m ≥时，()0g x '≤，()g x 为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的减函数， 所以当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()()00g x g <=，不符合条件，舍去；③当11143m <<，即34m <<时，存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00g x '=，且()00,x x ∈时，()0g x '<，此时()()00g x g <=，不符合条件，舍去综上，所求的m 的取值范围为(],3-∞. 3．已知函数cos ()sin cos ,()xf x x x xg x x=+=． （1）判断函数()f x 在区间(0,3)π上零点的个数；（2）设函数()g x 在区间(0,3)π上的极值点从小到大分别为12,,,n x x x ⋯，证明()()()120n g x g x g x ++⋯+<成立【答案】（1）3；（2）详见解析．解（1）()sin cos sin cos f x x x x x x x '=+-=当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0,()0,()(0)1,()x f x f x f f x '>∴>∴>=无零点；当3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0,()0,()x f x f x '<∴<∴单调递减 又330,0,()2222f f f x ππππ⎛⎫⎛⎫=>=-<∴ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭有唯一零点； 当35,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0,()0,()x f x f x '>∴>∴单调递增又33550,,()2222f f f x ππππ⎛⎫⎛⎫=-<=∴⎪⎪⎝⎭⎝⎭有唯一零点； 当5,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0,()0,()x f x f x '<∴<∴单调递减又55,(3)1()22f f f x πππ⎛⎫==-∴ ⎪⎝⎭有唯一零点； 综上所述：()f x 在(0,3)π有3个零点. （2）22sin cos ()()x x x f x g x x x+'=-=-， 由（1）知：()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭无极值点；在3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭有极小值点，即为1x ， 在35,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭有极大值点即为2x ，在5,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭有极小值点3x ， 又330,()10,02222f f f πππππ⎛⎫⎛⎫=>=-<=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， (2)10f π=>，55,(3)122f f πππ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，可知123135,,,2,,3222x x x ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∈∈∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由sin cos 0n n n x x x +=得cos 1sin ,tan ,n n n n nx x x x x =-=-120x x <<，()1121211,tan tan tan x x x x x π∴-<-+=<，而1233,2,,222x x πππππ⎛⎫⎛⎫+∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故有12x x π+<()()()1212121212cos cos sin sin sin sin x x g x g x x x x x x x π∴+=+=--=+- sin y x =在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭是增函数，()12sin sin 0x x π∴+-<，即()()120g x g x +<()3335,3sin 02x g x x ππ⎛⎫∈∴=-< ⎪⎝⎭()()()1230g x g x g x ∴++<.4．已知函数()f x x =，函数()()sin g x f x x λ=+是区间[11]-，上的减函数. (1)求λ的最大值；(2)若2()1g x t t λ<++在[11]-，上恒成立，求t 的取值范围； (3)讨论关于x 的方程2ln 2()xx ex m f x =-+的根的个数. 【答案】（1）1- （2）1t ≤- （3）见解析 【解析】(1) ()sin g x x x λ=+又()g x 在[]1,1- 上单调递减 ()cos 0g x x χ'=+≤在[]1,1-恒成立()min cos 1x λ∴≤-=- 故λ 的最大值为1-(2)()()max 1sin1g x g λ=-=--只需21sin1t t λλ++>-- 在[]1,1-上恒成立，令()()()21sin111h t t λλλ=++++≤- ，则需()10{10t h +≤->又2sin10t t -+>恒成立 所以 1t ≤- (3) 令()()212ln ,2xf x f x x ex m x==-+ ，()121ln xf x x -'=所以当()0,x e ∈ 时，()'10f x > ， ()1f x 单调递增； 当(),x e ∈+∞时，()'10f x <，即()1f x 单调递减.所以()1max 1f x e=又 ()()222f x x e m e =-+-∴当21m e e ->，即21m e e >+时，方程无解；当21m e e -=，即21m e e =+时，方程有一个解；当21m e e -<，即21m e e<+时，方程有两个解.5．已知函数()()sin f x x ax a R =-∈.（1）当12a =时，求()f x 在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上最值； （2）若对一切()0,x ∈+∞，不等式()36x f x >-恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）min ()6f x π=+，max ()6f x π=；（2）1a ≤. 解：（1）当12a =时，1()sin 2f x x x =-，则1()cos 02f x x =-='，解得：3x π=±，所以在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上()(),,x f x f x '的变化情况表如下：所以min ()()36f x f ππ=-=+，max ()()36f x f ππ==.（2）由于3(0,),sin 06x x x ax ∀∈+∞-+>恒成立，设3()sin 6x g x x ax =-+，2()cos 2x g x x a '=+-，设()()h x g x '=，则()sin h x x x '=-+， 设()sin u x x x =-，则()1cos 0u x x '=-≥， 所以()u x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0u x u ∴>=，即()0h x '>，()(0,)h x ∴+∞在上单调递增， 则()(0)1g x g a ''>=-①当10a -≥时，即1a ≤，()0g x '>，在(0,)+∞，()(0)0g x g >=符合题意； ②当10a -<时，即1a >，存在0(0,)x ∈+∞，使00()g x '=，在0(0,)x 上，()0,()g x g x '<是减函数，所以0(0,)x 上，()(0)0g x g <=不符题意， 综上得，实数a 的取值范围为：1a ≤.6．已知函数()(sin cos )e x f x x x x =+-，()'f x 为()f x 的导函数． （1）设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间； （2）若0x ≥，证明：()1f x x ≥-． 【答案】（1）()g x 的单调递增区间是2π2π(2π2π),33k k k -++∈Z ，；单调递减区间是2π(2π,3k +4π2π),3k k +∈Z ；（2）证明见解析. （1）由已知，()(1cos sin )e (sin cos )e (12sin )e x x x f x x x x x x x x '=++++-=++， 所以()()()(1sin cos )e x g x f x f x x x '=-=++，()(12cos )e x g x x '=+， 令()0g x '>，得1cos 2x >-，解得2π2π2π2π,33k x k k -+<<+∈Z ， 令()0g x '<，得1cos 2x <-，解得2π4π2π2π,33k x k k +<<+∈Z ， 故()g x 的单调递增区间是2π2π(2π2π),33k k k -++∈Z ，； 单调递减区间是2π(2π,3k +4π2π),3k k +∈Z . （2）要证()1f x x ≥-，只需证：0()1f x x +-≥．设()()1h x f x x =+-，0x ≥，则()()1(12sin )e 1x h x f x x x ''=-=++-．记()()(12sin )e 1x t x h x x x '==++-，则()(22sin 2cos )e x t x x x x '=+++． 当[0,π]x ∈时，sin 0x ≥，又22cos 0x +≥，e 0x >，所以()0t x '； 当(π,)x ∈+∞时，πx >，2sin 2x ≥-，所以2sin π20x x +>->， 又22cos 0x +≥，e 0x >，所以()0t x '． 综上，当0x ≥时，()0t x '恒成立， 所以()t x 在[0,)+∞上单调递增．所以，()(0)0t x t ≥=，即()0h x '≥， 所以，()h x 在[0,)+∞上递增，则()(0)0h x h ≥=，证毕．7．已知21()cos 2f x x x x k =-+--．（1）若()f x 的一条切线为y x =，求此时的k ； （2）求使得()0f x >有解的最大整数k ． 【答案】（1）1k =-；（2）0. 解：（1）设切点横坐标为t ，()1sin 1,sin 0f t t t t t '=-++=-=()sin ,()cos 10g x x x g x x '=-=-≤，所以()g x 恒单减，而()00g = 所以0t =，从而()00f =得1k =-（2）由题意，要使得21cos 2x x x k -+->有解，即求21()cos 2h x x x x =-+-的最大值()1sin ,()1cos 0h x x x h x x '''=-++=-+≤，从而()h x '单减，而22220,12022333h h πππππ⎛⎫⎛⎫''=->=-<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以()h x '在2,23ππ⎛⎫⎪⎝⎭有唯一零点0x ，所以()h x 在()0,x -∞单增，()0,x +∞单减 则()200001()cos 2h x h x x x x ≤=-+-，而()0001sin 0h x x x '=-++=所以()()2000011sin 1sin cos 2h x x x x =-+++- ()2220000001111sin 1cos 2cos 1cos cos cos 222x x x x x x ⎡⎤⎡⎤=-++-=--+-=-⎣⎦⎣⎦ 由于0021,,cos ,0232x x ππ⎛⎫⎛⎫∈∈- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()200113cos 10,224h x x ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以整数k 最大值为0．8．已知函数()xf x e =，()sing x x ax =-.（1）若()()()h x f x g x =+在[)0,+∞单调递增，求a 的取值范围；（2）若12a =，证明：当0x >时，()()2112g x f x ->⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦. (参考公式：函数2x y e =的导数：()222x x y e e ''==)【答案】（1）(],2-∞；（2）证明见解析.（1）依题意有：()sin x h x e x ax =+-，x ∈R ，()cos xh x e x a '∴=+-.函数()y h x =在[)0,+∞单调递增，()0h x '∴≥对[)0,x ∈+∞恒成立.即：cos 0x e x a +-≥对[)0,x ∈+∞恒成立(*)令()cos x x e x a ϕ=+-，0x ≥，则()sin xx e x ϕ'=-，当[)0,x ∈+∞时，1x e ≥，1sin 1x -≤-≤，sin 0x e x ∴-≥，()0x ϕ'∴≥，∴函数()y x ϕ=在[)0,+∞单调递增， ()()min 020x a ϕϕ∴==-≥，解得2a ≤. 因此，实数a 的取值范围是(],2-∞；（2）当12a =时，要证：当0x >时，()()2112g x f x ->⎡⎤⎣⎦⎡⎤⎣⎦. 即要证：当0x >时，()22sin 11xx x e -+>.构造函数：()()()22sin 10xF x x x ex =-+>，则()()()()2221324sin 2cos 12cos 22sin xx x F x x e x x e x x x e '=-=+-+-+-，先证：当0x >时，sin x x >，要证：sin x x >，即要证：sin 0x x ->，构造函数：()()sin 0x x x x μ=->，则()1cos x x μ'=-， 当()0,x ∈+∞时，1cos 1x -≤≤，1cos 0x -≥，()0x μ'∴≥，则函数()y x μ=在()0,∞+单调递增. ()()00x μμ∴>=，即sin 0x x ->，sin x x ∴>，()()()222324sin 2cos 32sin cos 304x xx F x x x x e x x e x e π⎡⎤⎛⎫'∴=+-->-+=-+>⎡⎤ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦，∴函数()y F x =在()0,∞+单调递增，()()001F x F e ∴>==， 即：当0x >时，()22sin 11xx x e-+>，故原不等式成立.9．已知函数()()cos xf x ae x a R -=+∈.（1）若函数()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减，求实数a 的取值范围；（2）当1a =-时，0x 为函数()f x 在()0,π上的零点，求证：()000012sin cos x x e x x π-<-.【答案】（1）4a π-≥；（2）证明见解析. （1）()sin xf x ae x -'=--.当函数()f x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，则()0f x '≤在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立，即sin x a e x ≥-.设()sin xg x e x =-，,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()sin cos sin 4x xg x e x x x π⎛⎫'=-+=+ ⎪⎝⎭.∵,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以444x πππ-<+<. ∴当,24x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，函数()g x 单调递减.∴()4max42g x g ππ-⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，故42a π-≥.（2）因为1a =-时，()cos xf x e x -=-+，当,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()cos 0xf x e x -=-+<，故00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，可知()sin xf x e x -'=-，令()()sin x x f x e x ϕ-'==-，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()cos 0xx e x ϕ-'=--< ∴()x ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.即()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.又()010f '=>，404f e ππ-⎛⎫'=< ⎪⎝⎭， ∴存在唯一的10,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=，∴()f x 在()10,x 单调递增，在1,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，又()00f =，4042f e ππ-⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，202f e ππ-⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， ∴函数()cos xf x e x -=-+在()0,π上的零点0,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 即001cos x x e =，要证()000012sin cos x x e x x π-<-，即证()0000sin cos cos 02x x x x π⎛⎫---< ⎪⎝⎭. 设()()sin cos cos 2h x x x x x π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()()cos sin sin cos sin cos sin cos 22h x x x x x x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫'=+---+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0h x '>在,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上恒成立，所以()h x 在,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.∴()02h x h π⎛⎫<= ⎪⎝⎭，故原不等式得证.10．已知函数()()cos xf x ae x a R -=+∈.（1）若函数()f x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上是单调函数，求实数a 的取值范围；（2）当1a =-时，0x 为函数()f x 在()0,π上的零点，求证：()000012sin cos x x e x x π-<-. 【答案】（1）42a π-≥或0a ≤.（2）见解析（1）()sin xf x ae x -'=--，当函数()f x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，则()0f x '≤在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立，即sin x a e x ≥-，设()sin xg x e x =-，,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()()sin cos sin 4x xg x e x x x π⎛⎫'=-+=+ ⎪⎝⎭.因为,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以444x πππ-<+<.当,24x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<，函数()g x 单调递减.所以()4max4g x g ππ-⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，故42a π-≥.当函数()f x 在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增时，则()0f x '≥在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立，即sin x a e x ≤-，由上可知()()min 00g x g ==，故0a ≤.综上所述，实数a 的取值范围为4a π-≥或0a ≤.（2）当,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()cos 0x f x e x -=-+<，故00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()sin x f x e x -'=-，由于x y e -=-和cos y x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，∴()cos xf x e x -''=--在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，∴()202f x f e ππ-⎛⎫''''<=-< ⎪⎝⎭，故()f x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.又()010f '=>，4042f e ππ-⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，∴存在唯一的10,4x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10f x '=，∴()f x 在()10,x 单调递增，在1,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.又()00f =，4042f e ππ-⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，202f e ππ-⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， ∴函数()cos xf x e x -=-+在()0,π上的零点0,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即001cos x x e=. 要证()000012sin cos x x e x x π-<-，即证()0000sin cos cos 02x x x x π⎛⎫---< ⎪⎝⎭.设()()sin cos cos 2h x x x x x π⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()()()()cos sin sin cos sin cos sin cos 22h x x x x x x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫'=+---+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 显然()0h x '>在,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上恒成立，所以()h x 在,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.∴()02h x h π⎛⎫<= ⎪⎝⎭，故原不等式得证.11．已知函数()2sin f x x a x =-，()cos g x x x =，x ∈R ．（Ⅰ）当4a =时，求函数()f x 在(0,2)π上的单调区间；（Ⅱ）若函数()()()0F x f x g x =+>对任意的0x >恒成立，求正整数a 的最大值．【答案】（Ⅰ）()f x 在5,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭、5,23ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；（Ⅱ）3．（Ⅰ）显然()24sin f x x x =-，(0,2)x π∈，则令()24cos 0f x x =-='，解得：3x π=或53x π=． 当5(,)33x ππ∈时，()0f x '>，当5(0,)(,2)33x πππ∈时，()0f x '<，于是()f x 在5,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭、5,23ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减．（Ⅱ）由()(2cos )sin 0F x x x a x =+->知sin 02cos a xx x->+，令()h x =sin 2cos a x x x -+，则222[cos (2)]3()(2cos )x a a a h x x --+-'=+，当230a a -≥ 即03a <≤时，()0h x '≥，()h x 是增函数，于是()(0)0h x h >=．另一方面，当3a >，则令2x π=，()2F a ππ=-，若4a ≥，()02f π<，不满足题意． ∴正整数3a ≤．综上所述，正整数a 的最大值为3．12．已知21()12xf x e x x =---，2()cos221g x x x =+-.（1）证明：0x ≥时，()0f x ≥； （2）求函数()g x 的单调区间；（3）证明：0x ≥时，21sin 22sin sin 2x xe x x x +≥+.【答案】（1）证明见解析；（2）递减区间为,0，递增区间为0,；（3）证明见解析.（1）()1x f x e x '=--，令()()x f x ϕ'=，则()1xx e ϕ'=-，因为0x ≥，所以()e 10x x ϕ'=-≥，所以()ϕx 在[)0,+∞单调递增，所以()()00x ϕϕ≥=，所以()f x 在[)0,+∞单调递增，则()()00f x f ≥=.（2）()2sin 24g x x x '=-+，令()()h x g x ='，则()4cos240h x x '=-+≥，所以()h x 在R 上单调递增，又()00h =，所以0x <时，()()00h x h <=，函数()g x 单调递减；0x >时，()()00h x h >=，函数()g x 单调递增.所以，()g x 的单调递减区间为,0，单调递增区间为0,.（3）证明：要证21e sin 22sin sin 2x x x x x +≥+，即证()2e sin 2cos sin x x x x x ≥-+.①当x π≥时，e e 3x x ππ≥>，而()2sin 2cos sin 3x x x -+≤（以[],2x ππ∈为例，[]sin 0,2cos 1,3,x x ≤-∈故()sin 2cos 0x x -≤，所以()2sin 2cos sin 3x x x -+≤）所以不等式成立.②当0πx <<时，sin 0x >，由（2）知：0x ≥时，2cos 212x x ≥-，所以221cos 12122x x x ⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭，212cos 12x x -≤+所以只需证221e sin 1sin 2x x x x x ⎛⎫≥++ ⎪⎝⎭. 令()sin p x x x =-（0x ≥），则()cos 10p x x '=-≤，所以()p x 在[)0,+∞单调递减，所以()()00p x p ≤=，即sin x x ≤.故只需证221e 12x x x x x ⎛⎫≥++ ⎪⎝⎭，即证：21e 12xx x ≥++.由（1）知，上述不等式成立.③当0x =时，不等式等号显然成立综上，当0x ≥时，21e sin 22sin sin 2x x x x x +≥+.13．定义在[0,]π上的函数()(sin cos )e cos x f x x x a x =-+，2a ≥． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有且仅有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）3π42e a =或πe a >()(cos sin )e (sin cos )e sin (2e )sin x x x f x x x x x a x a x '=++--=-⋅.（1）[0,π]x ∈时，sin 0x ≥恒成立，令2e 0x a -=，得ln 02ax =≥. ①当ln 02a =，即2a =时，2e 0x a -≥在[0,]π上恒成立， 则()0f x '≥在[0,]π恒成立，()f x 在[0,π]上单调递增； ②当ln π2a ≥,即π2e a ≥时,2e 0x a -≤在[0,π]上恒成立， 则()0f x '≤在[0,]π恒成立,()f x 在[0,]π上单调递减； ③当0ln π2a <<，即π22e a <<时，若[0,ln ],2e 02x a x a ∈-≤，即[0,ln ]2ax ∈时,()0f x '≤，()f x 单调递减；若(ln ,π],2e 02x a x a ∈->，即(ln ,π]2ax ∈时，()0f x '>,()f x 单调递增.综上所述,当2a =时，()f x 在[0,]π上单调递增；π2e a ≥时，()f x 在[0,]π上单调递减；当π22e a <<时，()f x 在[0,ln ]2a 上单调递减，在(ln ,π]2a上单调递增；（2）①当2a =时，()f x 在[0,]π上单调递增，而(0)10f a =-+>，此时()f x 无零点；②当π22e a <<时，()f x 在[0,ln ]2a 上单调递减，在(ln ,π]2a上单调递增.若函数()f x 在[0,]π上有唯一零点，则有(ln )02af =或(π)0f <.ln 2(ln )0[sin(ln )cos(ln )]e cosln [sin(ln )cos(ln )]02222222a a a a a a a af a =⇒-+=+=,解得3π43πln 2e 24a a =⇒=.π(π)0e 0f a <⇒-<，解得πe a >，故ππe 2e a <<.③当π2e a ≥时，()f x 在[0,]π上单调递减，(0)0,(π)0f f ><，()f x 在[0,]π上存在唯一零点.综上可知，3π42e a =或πe a >.14．已知函数()()22ln 12sin ,0f x ax x x a =++->.（1）若1a ≥，证明：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求正实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）01a << （1）由题知()222cos 1f x ax x x'=+-+，()00f '=， 令()() h x f x '=，则()()21'2sin 1h x a x x ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪+⎝⎭， 若1a ≥，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()()22112sin 21sin 011h x a x x x x ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪'=-+≥-+>+ +⎪⎝⎭⎝⎭，所以()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()()00h x h >=，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；所以()()00f x f >=.（2）①若1a ≥，由（1）知：()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；因此0x =不可能是()g x 的极大值点.②若01a <<，令()()()212sin 1x h x a x x ϕ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝'==+⎭-+， 因为当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()342cos 01x x x ϕ'=+>+，所以()x ϕ即()h x '在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增.又因为()()'0210(0)h a ϕ==-<，212102212h a ππϕπ⎡⎤⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎢⎥'==+-> ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎛⎫+⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦， 因此存在0,2a π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭满足：()0h a '=，所以当()1,x a ∈-时，()()0a h x h ''<=， 所以()()f x h x '=在()1,a -上单调递减，()()000f h '==，所以当()1,0x ∈-时，()0f x '>；当()0,x a ∈时，() 0f x '<； 所以()f x 在()1,0-上单调递增；在()0,a 上单调递减； 综上，当0x =是()f x 的极大值点时，01a <<.15．已知函数()()2sin cos f x x x x ax a R =--∈.（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为1. （ⅰ）求a 的值；（ⅱ）证明：函数()f x 在区间()0,π内有唯一极值点； （2）当1a ≤时，证明：对任意()0,x π∈，()0f x >. 【答案】（1）（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析；（2）证明见解析. （ⅰ）因为()2sin cos f x x x x ax =--，所以()()2cos cos sin cos sin f x x x x x a x x x a '=---=+-. 因为曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线的斜率为1， 所以()01f '=，即11a -=，故0a =. 经检验，符合题意.（ⅱ）由（ⅰ）可知()2sin cos f x x x x =-，()cos sin f x x x x '=+. 设()()g x f x '=，则()cos g x x x '=. 令()0g x '=，又()0,x π∈，得2x π=.当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>﹔当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减.又()01g =，22g ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()1g π=-，因此，当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()()00g x g >>，即()0f x '>，此时()f x 在区间0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上无极值点；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x =有唯一解0x ，即()0f x '=有唯一解0x ，且易知当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，当()0,x x π∈时，()0f x '<，故此时()f x 在区间,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有唯一极大值点0x .综上可知，函数()f x 在区间()0,π内有唯一极值点.（2）因为()cos sin f x x x x a '=+-，设()()h x f x ='，则()cos h x x x '=. 令()0h x '=，又()0,x π∈，得2x π=.且当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>﹔当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()f x '在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递减.当1a ≤时，()010f a '=-≥，022f a ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，()1f a π'=--.（i ）当()10f a π'=--≥，即1a ≤-时，()0f x '≥. 此时函数()f x 在()0,π内单调递增，()()00f x f >=﹔（ii ）当()10f a π'=--<，即11a -<≤时，因为()010f a '=-≥，022f a ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭ ， 所以，在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭内()0f x '≥恒成立，而在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭内()f x '有且只有一个零点，记为1x ，则函数()f x 在()10,x 内单调递增，在()1,πx 内单调递减.又因为()00f =，()()10f a ππ=-≥，所以此时()0f x >. 由（i ）（ii ）可知，当1a ≤时，对任意()0,x π∈，总有()0f x >.16．已知函数()()1cos 0ax f x e x a -=⋅>．（其中常数 2.71828e =，是自然对数的底数）（1）若a =()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的极大值点；（2）（i ）证明()f x 在⎛⎫⎝上单调递增； （ii ）求关于x 的方程()1a f x e =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的实数解的个数．【答案】（1）3π；（2）（i ）证明见解析，（ii ）当01a <<时，方程()1a f x e =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的实数解的个数为1，当1a ≥时，方程()1a f x e =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的实数解的个数为2.（1）()111cos sin cos (tan )ax ax ax f x ae x e x x e a x ---'=⋅-⋅=⋅-.当a =()1cos tan )f x x x -'=⋅.所以函数()f x 的极大值点为3π. （2）（i ）因为0a >，所以在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上必存在唯一的实数0x ，使得0tan x a=. 所以()00,x x ∈，()0f x '>，()f x 为增函数，0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 为减函数.要证明()f x 在⎛⎫⎝0x ≤即可. 又因为0tan x a =00sin sin x x ===，即证00sin x x ≤即可.设()sin g x x x =-，()cos 10g x x '=-≤，所以()g x 在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭为减函数.当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()(0)0g x g <=，00sin 0x x -<，即00sin x x <，即证0x <，所以()f x 在⎛⎫⎝上单调递增. （ii ）先证明0x ≥时，1x e x ≥+.设()1x h x e x =--，0x ≥，()1xh x e '=-，因为0x ≥，所以()0h x '≥，()h x 在[)0,+∞为增函数. 所以()()00h x h ≥=，即1x e x ≥+. 再证明函数()f x 的最大值()10af x e ->.因为0tan x a =，所以0cos x =，0sin x =因为1x e x ≥+，所以0100sin ax eax a x -≥>.所以()02100002cos sin cos 1ax a f x ex a x x a-=⋅>⋅⋅=+. 下面证1221a a e a->+，令1t a =-，则0t <， 即证211t e t>+，()0t <，()2110t t e +-<，()0t <. 设()()211t F t t e =+-，()()210tF t t e '=+≥，所以函数()F t 为增函数.当0t <时，()()00F t F ≤=，即()2110tt e +-<.即证：()10af x e ->.设()11cos ax aG x x ee --=⋅-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 当0,2x x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()00G x >，102a G e π-⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，且()G x 在0,2x π⎡⎤⎢⎥⎣⎦为减函数，所以()G x 在0,2x π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一零点. 当[]00,x x ∈时，()110a G e e-=-，()00G x >，且()G x 在[]00,x 为增函数.①当01a <<时，11a e e->，即()00G >，所以()G x 在[]00,x 上没有零点.②当1a ≥时，11a e e-≤，即()00G ≤，所以()G x 在[]00,x 上有唯一零点.综上所述：当01a <<时，方程()1af x e =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的实数解的个数为1，当1a ≥时，方程()1af x e =在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的实数解的个数为2.17．（1）求函数()sin x f x x e -=+在3[,2]2ππ的最大值； （2）证明：函数1()sin 2x g x x x e -=-+在(0,2)π有两个极值点12,x x ，且121()()2g x g x +>π-. 【答案】（1）2e π-；（2）证明见解析. （1）()cos x f x x e -'=-，则()f x '在3[,2]2ππ上单调递增， 又3()0,(2)02f f ππ''<>， 所以()f x '在3(,2)2ππ有唯一的零点t .当3(,)2x t π∈时，()()0,f x f x '<单调递减； (,2)x t π∈时，()()0,f x f x '>单调递增.又3223()10(2)2f e f e ππππ--=-+<<=，所以()f x 在3[,2]2ππ的最大值为2e π-.（2）1()cos 2x g x x e -'=--，则当(0,)2x π∈时，()g x '单调递增，又4211()0,()04222g e g e ππππ--''=--<=->， 所以()g x '在(0,)2x π∈有唯一的零点0(,)42x ππ∈，此时，0(0,)x x ∈时，()0g x '<；0(,)2x x π∈时，()0g x '>，所以0x 是极小值点，不妨令01x x =.当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，所以2111()cos 0222x xg x x e e e π---'=-->->->；当3(,2)2x ππ∈，设()(),()sin ()x h x g x h x x e f x -=''=+=. 由（1）知， ()h x '有唯一的零点3(,2)2t ππ∈， 则3(,)2x t π∈时，()0,()h x h x '<单调递减，即()g x '单调递减； (,2)x t π∈时，()0,()h x h x '>单调递增，即()g x '单调递增又7243711()0,()0,(2)02422g g e g e πππππ--'''>=-<=--<， 所以()g x '在3(,2)2x ππ∈有唯一的零点337(,)24x ππ∈，此时33(,)2x x π∈时，()0g x '>；3(,2)x x π∈时，()0g x '<， 所以3x 是极大值点，即32x x =，所以()g x 在(0,2)π有两个极值点12,x x ，其中1(,)42x ππ∈，237(,)24x ππ∈， 且12121cos 21cos 2x x x e x e --⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，由于12x x e e -->，所以122cos cos cos(2)x x x π<=-. 因为1(,)42x ππ∈，22(,)42x πππ-∈，所以122x x π>-，即122x x π+>.又1(,)42x ππ∈，所以111sin cos )4x x x π+=+<同理222sin cos )04x x x π++<，所以1212112211()()sin sin 22x x g x g x x x e x x e --+=-++-+.12112211()(sin cos )(sin cos )1122x x x x x x ππ=+-+-++>>-. 18．已知函数()sin cos f x x x x =-．（1）判断函数()f x 在区间(0,2)π上零点的个数，并说明理由． （2）当0πx <<时，①比较1x -与ln x 的大小关系，并说明理由；②证明：()()cos ln[]1cos xf x e f x x +≤⋅-．【答案】（1）有唯一一个零点，理由详见解析；（2）①1ln x x -≥，证明详见解析；②证明见解析．（1）因为()sin cos f x x x x =-，所以()sin f x x x '=．当(0,)x π∈时，()sin 0,0x f x '>>，函数()f x 在(0,)π上单调递增，所以()()00f x f >=，且()0f ππ=>，故()f x 在(0,)π上无零点；当(,2)x ππ∈时，()sin 0,0x f x '<<，函数()f x 在(,2)ππ上单调递减， 又由()0,(2)20f f ππππ=>=-<，故()f x 在区间(,2)ππ上有唯一零点；综上，函数()f x 在区间(0,2)π上有唯一一个零点．（2）①1ln x x -≥，证明过程如下：设函数()1ln g x x x =--，则()1,(0)x g x x x π-'=<<， 令()0g x '<，即10x x -<，解得01x <<； 令()0g x '>，即10x x->，解得1x π<<， 所以函数()y g x =在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，π）上单调递增． 则函数()y g x =在1x =处取得极小值，亦即最小值()10g =，即ln 10x x --≥，综上可得，1ln x x -≥成立；②要证：ln [f （x ）]+1≤e cosx f （x ）﹣cosx 成立，即证明ln （sinx ﹣xcosx ）≤（sinx ﹣xcosx ）e cosx ﹣cosx ﹣1成立，因为f （x ）在（0，π）上单调递增，()()00f x f >=，即sinx ﹣xcosx ＞0，所以（sinx ﹣xcosx ）e cosx ＞0，由①知1ln x x -≥，即有1ln x x ≥+，有（sinx ﹣xcosx ）e cosx ≥1+ln [（sinx ﹣xcosx ）e cosx ]成立， 当12x π=时，11cos 22111111(sin cos )1ln[sin cos ]222222e e πππππππ-⋅≥+-⋅成立， 由11cos 22111111(sin cos )1ln[sin cos ]222222e e πππππππ-⋅=+-⋅成立， 此时能取等号，即有cos (sin cos )1ln[(sin cos )cos ]x x x x e x x x x -⋅≥+-+成立，即()()cos ln[]1cos x f x e f x x +≤⋅-成立.19．已知函数()()1x x f x ae e a x -=++-，()()1cos g x a x =+．（1）当0a =时，直线y kx =与函数()f x 的图象相切，求k 的值；（2）若()()f x g x ≥在[)0,+∞上恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）1k e =--（2）1a ≥（1）0a =时，()x f x e x -=-，所以()1x f x e -'=--设切点为()000,x A x e x --，所以()001x k f x e -'==--所以切线方程为：()01x y ex -=--，将A 点代入得：01x =- 所以1k e =-- （2）()()f x g x ≥在[)0,x ∈+∞上恒成立即：()()11cos x x ae e a x a x -++-≥+在[)0,x ∈+∞上恒成立设()()()11cos x x G x ae e a x a x -=++--+，[)0,x ∈+∞，即()0G x ≥恒成立 由()222210002222G ae e a a e e a ππππππππ-⎛⎫⎛⎫=++-≥⇒+≥->⇒> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ()()'11sin x x G x ae e a a x -=-+-++①若1a ≥，当[]0,x π∈时，0x x ae e --≥，10a -≥，()1sin a x +，∴()'0G x ≥ 所以()G x 在[]0,π递增；当(),x π∈+∞时，()()'11sin 20x x x x G x ae e a a x e e --=-+-++≥-->所以()G x 在[),π+∞递增.综上，()G x 在[)0,+∞递增.所以()()00G x G ≥=恒成立②若01a <<，则()'0220G a =-< ()()'112x x x x G x ae e a a ae e --≥-+--+=--令20x xae e x ---=⇒='1ln 0G a ⎛⎫+≥ ⎪ ⎪⎝⎭所以0x ⎛∃∈ ⎝⎦，使()'00G x =，且当()00,x x ∈时，()'0G x < 所以()G x 在()00,x 递减，所以()00,x x ∈时，()()00G x G <=，所以01a <<不成立.综上，1a ≥.20．已知f （x ）=e x +sin x +ax （a ∈R）.（Ⅰ）当a =﹣2时，求证：f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减；（Ⅱ）若对任意x ≥0，f （x ）≥1恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅲ）若f （x ）有最小值，请直接给出实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）a ≥﹣2；（Ⅲ）a ＜0.（Ⅰ）解：a =﹣2，f '（x ）=e x +cos x ﹣2，当 x ＜0时，e x ＜1，cos x ≤1，所以 ()cos 20x f x e x '=+-<所以f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减.（Ⅱ）解：当x =0时，f （x ）=1≥1，对于a ∈R，命题成立，当 x ＞0时，设g （x ）=e x +cos x +a ，则()sin x g x e x '=-.因为 e x ＞1，sin x ≤1，所以 ()sin 110x e x g x =>'--=，g （x ）在（0，+∞）上单调递增.又g （0）=2+a ，所以g （x ）＞2+a .所以()f x '在（0，+∞）上单调递增，且()f x '＞2+a .①当a ≥﹣2时，()f x '＞0，所以 f （x ）在（0，+∞）上单调递增.因为 f （0）=1，所以f （x ）＞1恒成立.②当a ＜﹣2时，()0f '=2+a ＜0，因为()f x '在[0，+∞）上单调递增，又当 x =ln （2﹣a ）时，()f x '=﹣a +2+cos x +a =2+cos x ＞0，所以 存在x 0∈（0，+∞），对于x ∈（0，x 0），()f x '＜0恒成立.所以 f （x ）在（0，x 0）上单调递减，所以 当x ∈（0，x 0）时，f （x ）＜f （0）=1，不合题意.综上，当a ≥﹣2时，对于x ≥0，f （x ）≥1恒成立.（Ⅲ）解：a ＜0.21．已知函数()()sin cos f x x x ax a R =+-∈.（Ⅰ）当1a =时，求()f x 在,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最值； （Ⅱ）若对一切[],0x π∈-，不等式()1f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）最大值1，最小值12π-；（Ⅱ）2(,]π-∞. （Ⅰ）由函数()()sin cos f x x x ax a R =+-∈，则()cos sin f x x x a '=--，当1a =时， 可得())14f x x π'=--令()0f x '>，即sin()42x π-<，解得04x π-≤<；令()0f x '<，即sin()42x π->-，解得02x π<≤； 所以()f x 在[,0)4π-递增，在(0,]2x π∈递减，所以max ()(0)1f x f ==， 又(),()144224f f πππππ-==-<，所以min ()()122f x f ππ==-， 所以()f x 在,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值为1，最小值为12π-. （Ⅱ）由函数()()sin cos f x x x ax a R =+-∈，则()11f a ππ-=-+≤，解得2a π≤，又由())4f x x a π'=--，因为0x π-≤≤，则5444x πππ-≤-≤-，可得1sin()4x π-≤-≤所以)[4x π-∈-，（i ）当1a ≤-时，())04f x x a π'=--≥，所以()f x 在[,0]π-递增， 所以()(0)1f x f <=恒成立；（ii ）当21a π-<≤时， 当4x ππ-≤≤-时，()'f x 单调递增；当04x π-≤≤时，()'f x 单调递减，所以()10f a π'-=--<，()04f a π'-=>，(0)10f a '=->， 所以(,)4παπ∃∈--，使得()0f α'=，所以当x πα-≤<时，()0f x '<；当0x α<≤是，()0f x '>，所以()f x 在[,)πα-单调递减，在(,0]α单调递增，又因为()11,(0)11f a f ππ-=-+≤=≤，所以()1f x ≤，所以2a π≤，即实数a 的取值范围是2(,]π-∞. 22．（1）已知实数a >0，若关于x 的不等式sin cos 0a x x x -≥在0≤x ≤2π上恒成立，求实数a 的取值范围；（2）若02x π<<，求证：2221141sin x x π-<- 【答案】（1）13a ≥（2）证明见解析； 证明：（1）设sin ()cos a x f x x x=-，对()f x 求函数导数得： 12cos cos sin cos (sin )()1cos a a a x x x x x f x xα-⋅-⋅⋅-'=- 121cos sin cos 1a a x x x α---=+-，(0)0f '=，而 ()(1)cos (sin )af x a x x -''=-⋅-122[2sin cos cos sin (1)cos sin ]a a a x x x x a x x ----+⋅⋅+⋅+⋅⋅2sin cos [(31)(1)tan ]a x x a a a x -=⋅⋅-++ ①在13a ≥时，有()0f x ''≥，则()f x '在02x π≤≤为增函数，而(0)0f '=， ()(0)0f x f ''∴≥=，因此()f x 在02x π≤<为增函数，有()(0)0f x f ≥=，从而()0f x ≥，所以13a ≥符合要求.。
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 导数与三角函数交汇问题(解析版)
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解 导数与三角函数交汇问题（解析版）1．已知函数()e sin cos ,()e sin cos x x f x x x g x x x =--=++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ； （2）若()2g x ax +，求a ．【答案】(1)证明见解析；(2)2a =.(1)分类讨论：①.当45,4x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，()04x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭； ②.当,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()cos sin ,00x f x e x x f ''=-+=， ()sin cos 04x x f x e x x e x π⎛⎫''=++=++> ⎪⎝⎭， 则函数()f x '在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调增，则()()00f x f ''<=， 则函数()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调减，则()()00f x f >=； ③.当0x =时，由函数的解析式可知()01010f =--=，当[)0,x ∈+∞时，令()()sin 0H x x x x =-+≥，则()'cos 10H x x =-+≥，故函数()H x 在区间[)0,+∞上单调递增，从而：()()00H x H ≥=， 即sin 0,sin x x x x -+≥-≥-，从而函数()sin cos 1x x f x e x x e x =--≥--，令1x y e x =--，则：1x y e '=-，当0x ≥时，0y '≥，故1x y e x =--在[)0,+∞单调递增，故函数的最小值为0min 010y e =--=，从而：10x e x --≥.从而函数()sin cos 10x x f x e x x e x =--≥--≥；综上可得，题中的结论成立.(2) 当54x π>-时， 令()()2sin cos 2x h x g x ax e x x ax =--=++--﹐则()cos sin x h x e x x a '=+--， ()()0h x f x ''=>，故()h x '单调递增， 当2a >时， ()020h a '=-<，()()()ln 22ln 204h a a π⎡⎤'+=+->⎢⎥⎣⎦， ()()10,ln 2x a ∃∈+使得()10h x '=，当10x x <<时，()()0,h x h x '<单调递减，()()00h x h <=不符合题意; 当2a <时，()00h '>，若在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，总有()0h x '≥（不恒为零）， 则()h x 在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，但()00h =， 故当5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x <，不合题意． 故在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，()0h x '<有解， 故25,04x π⎛∃∈⎫- ⎪⎝⎭，使得()20h x '=， 且当20x x <<时，()()0,h x h x '>单调递增，故当()2,0x x ∈时，()(0)0h x h <=，不符合题意;故2a <不符合题意，当a =2时，()cos sin 2x h x e x x '=+--，由于()h x '单调递增，()00h '=，故：504x π-<<时，()()0,h x h x '<单调递减; 0x >时，()()0,h x h x '>单调递增，此时()()00h x h ≥=﹔当54x π-时，()5sin cos 220202x h x e x x x π=++--≥->， 综上可得，a =2.2．已知曲线()sin f x kx x b =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=． （1）求k ，b 的值； （2）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上零点的个数，并证明． 【答案】（1）2k =，3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．证明见解析. （1）因为()sin cos f x k x kx x '=+， 所以sin cos 2222f k k k ππππ⎛⎫'=+⨯= ⎪⎝⎭， 又因为sin 2222k f k b b ππππ⎛⎫=⨯+=+ ⎪⎝⎭， 因为曲线()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=． 所以2k =， 所以223,222f b πππ⎛⎫=+=⨯- ⎪⎝⎭ 所以3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点， 因为()2sin 2cos f x x x x '=+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上为单调递增函数且图象连续不断， 因为(0)30f =-<，302f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭， 所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．3．已知函数()cos sin x f x e x x x =-，()sin x g x x =-，其中e 是自然对数的底数.（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()12f 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 ->.【答案】（1）1,)+∞；（2）证明见解析.解：（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦使得不等式()()12f x m g x ≤+成立， 即()()12max max f x m g x +⎡⎤⎣⎦，()cos sin x f x e x x x =-，()(cos sin )(sin cos )x f x e x x x x x ∴=--+'，()()cos 1sin x x e x x e x =--+， 当,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦π时，()0f x '>，故()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以当0x =时，max ()(0)1f x f ==，又()sin x g x x =-，()cos x g x x '∴=，()sin x g x x ''=-， 当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x ''<， ()'g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()(0)10g x g ∴'='<，故()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此，当0x =时，max ()(0)g x g ==12m ∴-， 即21m +，∴实数m 的取值范围是1,)+∞；（2）证明：当1x >-时，要证()()0f x g x ->，只需证cos sin sin 0x x e x x x x -->，即证(cos (1)sin x e x x x >+，由于cos 0,10x x +>+>，∴只需证1x e x >+令()(1)1xe h x x x =>-+， 则22(1)()(1)(1)x x xe x e xe h x x x +=++'-=， 当(1,0)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴当且仅当0x =时，()h x 取得最小值，且最小值为()0011e h ==，令k则cos sin k x x =，即sin cos x k x -，即sin())x k ϕϕ-==，1，即11k -，max 1k =，又当0x =时，01(0)k h =<=，当0x ≠时，()1h x k >，max min1x e x ⎛⎫∴> ⎪+⎝⎭，即1x e x >+ 综上所述：当1x >-时，()()0f x g x ->成立.4．已知函数()cos 2x f x e x =+-，()f x '为()f x 的导数.（1）当0x ≥时，求()'f x 的最小值；（2）当2x π≥-时，2cos 20x xe x x ax x +--≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a ≤.（1）()e sin x f x x '=-，令()e sin x g x x =-，0x ≥，则()e cos x g x x '=-.当[)0,πx ∈时，()g x '为增函数， ()()00g x g ''≥=；当[)π,x ∈+∞时，()πe 10g x '≥->.故0x ≥时，()0g x '≥，()g x 为增函数， 故()()min 01g x g ==，即()f x '的最小值为1.（2）令()e cos 2x h x x ax =+--，()e sin x h x x a '=--，则本题即证当π2x ≥-时， ()0x h x ⋅≥恒成立.当1a ≤时，若0x ≥，则由（1）可知，()10h x a '≥-≥， 所以()h x 为增函数，故()()00h x h ≥=恒成立，即()0x h x ⋅≥恒成立； 若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则()e cos x h x x ''=-， ()e sin x h x x '''=+在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为增函数， 又()01h '''=，π2πe 102h -⎛⎫'''-=-< ⎪⎝⎭， 故存在唯一0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭， 使得()00h x '''=. 当0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x '''<，()h x ''为减函数； ()0,0x x ∈时，()0h x '''≥，()h x ''为增函数. 又π2πe 02h -⎛⎫''-=> ⎪⎝⎭，()00h ''=，故存在唯一1π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭使得()10h x ''=. 故1π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()10h x ''>，()h x '为增函数； ()1,0x x ∈时，()10h x ''<，()h x '为减函数. 又π2πe 102h a ⎛⎫'-=+-> ⎪⎝⎭，()010h a '=-≥， 所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0h x '>，()h x 为增函数， 故()()00h x h ≤=，即()0x h x ⋅≥恒成立；当1a >时，由（1）可知()e sin x h x x a '=--在[)0,+∞上为增函数，且()010h a '=-<，()1110a h a e a +'+≥-->， 故存在唯一()20,x ∈+∞，使得()20h x '=. 则当()20,x x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数， 所以()()00h x h <=，此时()0x h x ⋅<， 与()0x h x ⋅≥恒成立矛盾.综上所述，1a ≤.5．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=． （1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解，求证：24a π．【答案】（1）单调递增；（2）证明见解析. 解：（1）()2sin f x x x '=-， 令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，()2cos 0h x x =->'，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增； 所以当[0,]x π∈时，()2sin 0f x x x -'=， 所以当[0,]x π∈时，2()cos f x x x =+单调递增．（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解， 所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅有解， 令()sin ()k x x f x =⋅，所以()cos ()sin ()k x x f x x f x ''=⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x '>>>>， 所以()0k x '>，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以24a π．6．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=.（1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 单调递增；（2）24a π.解：（1）()'2sin f x x x =-，令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，'()2cos 0h x x =->，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增；所以()(0)0h x h =，即()0f x '，所以()f x 单调递增.（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立， 所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅恒成立， 令()sin ()k x x f x =⋅，所以''()cos ()sin ()k x x f x x f x =⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，'cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x >>>>，所以'()0k x >，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以24a π≥.7．已知函数1()cos x f x e x -=，2()x g x e +=. （1）求函数()f x 在(,)ππ-上的单调区间；（2）证明：对任意的实数1x ，211,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，12x x <，都有()()()()121222g x g x f x f x ->-恒成立.【答案】（1）单调递增区间是,4ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.（1）解：11()(cos sin )sin 4x xf x e x x x π--⎛⎫'=-+=+ ⎪⎝⎭，当,4x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭或3,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当3,44x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<， 所以，函数()f x 的单调递增区间是,4ππ⎛⎫--⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）证明：因为12x x <，2()x g x e +=在11,2上是增函数， 所以不等式()()()()()()()()121221122222g x g x f x f x g x g x f x f x ->-⇔->-， 即()()()()221122g x f x g x f x +>+恒成立.设21()()2()2cos x x h x g x f x e e x +-=+=+，即证函数()h x 在11,2上是增函数， 即证21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥，即证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭在11,2上恒成立. 令()(1)x u x e x =-+，()1x u x e '=-，()u x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，min ()(0)0u x u ==.所以()0u x ≥，即1x e x ≥+.因为11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以2122x e x +≥+.所以要证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭成立，只需证2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，令()14v x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()14v x x π⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当(1,0)x ∈-时，()0v x '<，()v x 递减；当10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0v x '>，()v x 递增.min ()(0)0v x v ==，所以2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，即21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥在11,2上恒成立，所以原命题成立. 8．已知函数()(1cos )f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(,())f ππ，处的切线方程； （2）确定()f x 在33(,)22ππ-上极值点的个数，并说明理由． 【答案】（1）2y x =；（2）极值点的个数为2，理由见解析.（1）由题意，函数()(1cos )f x x x =-，可得()1cos sin f x x x x '=-+，则()2f π'=， 又由()2f ππ=，所以曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为22()y x ππ-=-，即2y x =．（2）由()1cos sin f x x x x '=-+，当(0,]x π∈时，()0f x '>，则()f x 在(0,]π上单调递增，无极值点； 设()()g x f x ='，则()2sin cos g x x x x '=+， 当3(,)2x ππ∈时，()0g x '<，则()g x 在3(,)2ππ上单调递减，因为()20g π=>，33π1022g π⎛⎫=-<⎪⎝⎭， 所以存在唯一的实数3(,)2m ππ∈，使得()0g m =， 当(,)x m π∈时，()0f x '>，当3(,)2x m π∈时，()0f x '<， 所以()f x 在3(0,)2π只有一个极值点，且该极值点为m ， 因为()()f x f x -=-，所以()f x 为奇函数， 所以()f x 在3(,0)2π-上也只有1个极值点，且该极值点为m -． 综上可得，()f x 在上极值点的个数为2． 9．已知函数cos ()(,a xf x b a x=+b ∈R ). （1）当1,0a b ==时，判断函数f (x )在区间(0,)2π内的单调性;（2）已知曲线cos ()a x f x b x =+在点(,())22f ππ处的切线方程为62.y x π=-+ (i )求f (x )的解析式; (ii )判断方程3()2f x π=-1在区间(0，2π]上解的个数，并说明理由. 【答案】（1）单调递减函数；（2）(i ) 3cos ()1xf x x=-； (ii ) 3个，理由见解析.（1）当1,0a b ==时，cos ()x f x x =，可得2sin cos ()x x xf x x ⋅+'=-， 因为(0,)2x π∈，所以sin cos 0x x x ⋅+>，即()0f x '<，所以函数()f x 在区间(0,)2π上为单调递减函数.（2）(i ) 由函数cos ()a x f x b x =+，可得2(sin cos )()a x x x f x x -⋅+'=，则2()2af ππ-'= 因为函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为62y x π=-+，所以26aππ-=-，解得3a =，当2x π=，代入切线方程为6212y ππ=-⨯+=-，可得()12f b π==-， 所以函数()f x 的解析式为3cos ()1xf x x=-. (ii ) 令()()33cos 3122x g f x x x ππ+=-=-，则()23(sin cos )x x x x g x -+'=， ①当(0,]2x π∈时，可得()0g x '<，()g x 单调递减，又由330(,022)()62g g ππππ->-=<=，所以函数()g x 在区间(0,]2π上只有一个零点；②当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，可得()3cos 302x x g x π-=<恒成立， 所以函数()g x 在区间3(,)22ππ上没有零点；③当3[,2]2x ππ∈时，令()sin cos h x x x x =+，可得()cos 0h x x x '=>， 所以()h x 在区间3[,2]2ππ单调递增，3(2)0,()02h h ππ><， 所以存在03[,2]2x ππ∈，使得()g x 在03[,)2x π上单调递增，在0(,2]x π单调递减，又由(2)0,()02g g ππ=<，所以函数在3[,2]2ππ上有两个零点，综上可得，方程3()12f x π=-在(0,2]π上有3个解. 10．已知函数()2sin f x x x =-.（1）当[]0,2x π∈时，求()f x 的最小值；（2）若[]0,x π∈时，()()1cos f x a x x x ≤--⋅，求实数a 的取值范围.【答案】（1）3π-（2）1a ≤（1）()12cos f x x '=-，[0,2]x π令()10cos 2f x x '>⇒<，得5,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；0f x，得0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和5,23ππ⎛⎤⎥⎝⎦所以()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在5,33上单调递增，在5,23ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减因为33f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)2f ππ=，(2)3f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以[0,2]x π时，min ()33f x f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭（2）()(1)cos f x a x x x ≤--⋅，即2sin cos 0x x x ax --≥.. 设()2sin cos h x x x x ax =--，[0,]x π∈()2cos cos sin cos sin h x x x x x a x x x a '=-+-=+-()cos h x x x ''=，∴0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''>，,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''<.∴()22h x h a ππ⎛⎫''≤=- ⎪⎝⎭，又(0)1h a '=-，()1h a π'=--.①02a π-≤即2a π≥时，()0h x '≤，()h x 在[]0,π上递减，则()0≤h x ，不满足. ②02a π->即2a π<时，当10a --<，10a -<即12a π<<时，00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '= 且00x x <<，()00h x '<，()h x 在()00,x 内递减，()(0)0h x h ≤=，不满足当10a --<，10a -≥即11a -<≤时，0,2x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，且00x x ≤<，()00h x '≥，0x x π<≤，()00h x '<，∴()h x 在()00,x 上递增，在()0,x π上递减，又(0)0h =，()(1)0h a ππ=->，所以()0h x ≥成立.当10a --≥，10a -≥即1a ≤-时，()0h x '>，()h x 在[]0,π上递增，则()(0)0h x h ≥=.满足题意.综上，1a ≤11．已知函数()sin 2( 2.71828x f x e a x x b e =--+≈，a ，)b R ∈.（1）当1a =时，存在0(x ∈-∞,0]，使得0()0f x <成立，求实数b 的取值范围；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 【答案】（1）1b <-；（2）证明见解析. （1）当1a =时，()sin 2x f x e x x b =--+，因为存在]0(,0x ∈-∞，使得0()0f x <即000sin 20xe b x x --+<成立，所以]max [sin 2],(,0xb e x x x <-++∈-∞，令]()sin 2,(,0xg x e x x x =-++∈-∞，则()cos 2x g x e x '=-++，](,0x ∈-∞，10x e ∴-≤-<，1cos 1x -≤≤，因此()0g x '≥恒成立，所以()g x 在](,0-∞上单调递增，max ()(0)1g x g ==-， 所以1b <-；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 即证：ln 1sin 0x x a x +->， 设()ln 1h x x x x =+-，则()ln h x x'=，所以当(0,1)x ∈时，()0h x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 因此()()10h x h ≥=，所以ln 10x x x +-≥，即ln 1x x x +≥， 设()sin ,(0,)F x x a x x =-∈+∞，11a -≤≤，则()1cos 0F x a x '=-≥，所以()F x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0F x F ∴>=，即sin x a x >，所以ln 1sin x x a x +>，即ln 1sin 0x x a x +->， 综上，()1(ln 2)x f x b e x x +->-+成立.12．设函数()()2cos sin f x x x x =+-，()f x '是函数()f x 的导数.（1）证明：()f x '在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）证明：在()0,x ∈+∞上，()0f x >. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. （1）()()2cos sin f x x x x =+-，()2sin f x x x ∴=-'，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()2sin 2sin 2202f x x x x x x π=-≥>'->-->，因此，函数()y f x ='在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）()()()sin 2cos sin 2cos 2cos x f x x x x x x x ⎛⎫=+-=+- ⎪+⎝⎭，由[]cos 1,1x ∈-，所以2cos 0x +>恒成立，故只需证明sin 02cos xx x->+即可．设sin ()2cos xF x x x=-+，()()()()()222221cos 22cos 1cos 2cos 3102cos 2cos 2cos x x x x F x x x x +++++=-==++'>+，故函数()sin 2cos xF x x x=-+在区间()0,+∞上单调递增，所以()()00F x F >=．所以当0x >时，()0F x >，即()0f x >.13．设函数()sin xf x e m x n =-+（其中 2.71828e ≈⋯，m ，n 为常数）（1）当1m =时，对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，求实数n 的取值范围；（2）若曲线()y f x =在0x =处的切线方程为10x y --=，函数()()2g x xf x x =+-的零点为0x ，求所有满足[]0,1x k k ∈+的整数k 的和．【答案】（1）[)1,-+∞；（2）2-.（1）当1m =时，()sin x f x e x n =-+，()cos 0xf x e x '∴=->，当0x >时，e 1x >，[]cos 1,1x ∈-，()0f x '∴>对任意的()0,x ∈+∞都成立，()f x ∴在()0,∞+单调递增，()()01f x f n ∴>=+，要使得对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，则10n +≥，解得：1n ≥-， 即n 的取值范围为[)1,-+∞. （2）()cos x f x e m x '=-，()011f m '∴=-=，解得：0m =，又()011f n =+=-，2n ∴=-，()2x f x e ∴=-，()2xg x xe x =--，显然0x =不是()g x 的零点，20x xe x ∴--=可化为210xe x--=，令()21xh x e x =--，则()220x h x e x'=+>，()h x ∴在(),0-∞，()0,∞+上单调递增. 又()130h e =-<，()2220h e =->，()311303h e -=-<，()2120h e -=>， ()h x ∴在()3,2--，()1,2上各有1个零点，()g x ∴在[]3,2--，[]1,2上各有1个零点，∴整数k 的取值为3-或1，∴整数k 的所有取值的和为312-+=-.14．设函数()2sin f x x x π=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()22cos 22x m g x x x ππ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，()m R ∈.（1）证明：()0f x ≤；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()4g x π≥恒成立，求m 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（1）2()cos f x x π'=-在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，22()1,f x ππ⎡⎤'∈-⎢⎥⎣⎦， 所以存在唯一00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()00f x '=.当()00,,()0x x f x '∈<，()f x 递减；当0,,()02x x f x π⎛⎫'∈> ⎪⎝⎭，()f x 递增.所以max ()max (0),02f x f f π⎧⎫⎛⎫==⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，()0,02f x x π∴≤≤≤（2）2()sin 2x g x x m x ππ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭，2()cos g x x m π''=-+当0m ≥时，()0g x '≤，()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，min ()24g x g ππ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭，满足题意当20m π-<<时，()g x '在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增， 2(0)10g m π''=-+<，202g m ππ⎛⎫''=+> ⎪⎝⎭，所以存在唯一10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()10g x ''=.当()()10,,0x x g x ''∈<，()g x '递减；当()1,,02x x g x π⎛⎫''∈> ⎪⎝⎭，()g x '递增而(0)02g m π'=->，02g π⎛⎫'=⎪⎝⎭.所以存在唯一()220,,02x g x π⎛⎫'∈= ⎪⎝⎭. 当()20,,()0x x g x '∈>，()g x 递增；当2,,()0,()2x x g x g x π⎛⎫'∈< ⎪⎝⎭递减.要02x π≤≤时，()4g x π≥恒成立，即2(0)42824g m g πππππ⎧≥⎪-⎪⇒≥⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩所以2280m ππ-≤< 当2m π≤-时，()0g x ''≤，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()g x '递减，0,()02g g x π⎛⎫''=≥ ⎪⎝⎭()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递增，()24g x g ππ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭与题意矛盾 综上：m 的取值范围为228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭15．已知函数()()2cos sin f x a x x x =--.（Ⅰ）当=0a 时，求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当4a >，π[0,]2x ∈时，求函数()f x 的最大值；（Ⅲ）当12a <<，ππ[,]22x ∈-时，判断函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（Ⅰ）2y =；（Ⅱ）2π-；（Ⅲ）有2个零点，理由见解析.（Ⅰ）当0a =时，函数()2cos sin f x x x x =-，(0)2f =()2sin sin cos 3sin cos f x x x x x x x x '=---=--，∴切线的斜率(0)0k f '==，∴曲线()y f x =在原点处的切线方程为2y =.（Ⅱ）()(2)(sin )sin cos (3)sin cos f x a x x x x a x x x '=----=--， 令()(3)sin cos g x a x x x =--，则()(3)cos cos sin (4)cos sin g x a x x x x a x x x '=--+=-+，当4a >，π[0,]2x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在[0,]2π上单调递.所以()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '>，所以()f x 在[0,]2π上单调递增，所以当2x π=时，()f x 的最大值为()22f ππ=-. （Ⅲ）()(3)sin cos f x a x x x '=--，因为12a <<，当π[0,]2x ∈时，()0f x '≤，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '<，所以()f x 在[0,]2π上单调递减，因为(0)20,()022f a f ππ=->=-<，所以存在唯一0[0,]2x π∈，使得0()0f x =，即()f x 在[0,]2π上有且只有一个零点，因为()(2)cos()sin()(2)sin ()f x a x x x a x x f x -=--+-=--=， 所以()f x 是偶函数，其图像关于y 轴对称， 所以在[,0]2π-上有且只有一个零点，所以()f x 在[,]22ππ-上有2个零点. 16．设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数． （1）求()f x 的单调区间；（2）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（3）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z ；（2）证明见解析；（3）证明见解析. （1）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2()44k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ()f x 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．依题意及（1），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（3）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1nxn x =．记2n ny x n π=-，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 且()()()22e cos e cos 2e n ny x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ． 由()()20e 1n n f y f y -π==≤及（1），得0n y y ≥．由（2）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（2）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<．所以，20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．17．已知函数sin c s ()o f x m x x=+，其中m 为常数，且23π是函数()f x 的极值点．（Ⅰ）求m 的值；（Ⅰ）若(1)()x k e f x ->在0x >上恒成立，求实数k 的最小值．【答案】（Ⅰ）2m =；（Ⅱ）13．(Ⅰ)sin c s ()o f x m xx=+,则2cos 1()(co )s m f x m x x +'=+,23π是函数()f x 的极值点, 2()0,1032mf π'∴=-=,2m =, 又2m =时,2cos 12()(2)cos f x xx +'=+,当2(0,)3x π∈时,()0f x '>,2(,)3x ππ∈时,()0f x '<,∴()f x 在2(0,)3π上单调递增,2(,)3ππ上单调递减, ∴23π是函数()f x 的极大值点,∴2m =符合题意;(Ⅱ)令()(1)sin 2cos xg x k e xx=--+,则()00g =,由题得()0g x >在0x >上恒成立,2co 12(s cos )(2)x xx g x ke +'=-+,令[]2cos 1,3t x =+∈,则22123211,(2)cos cos 3t t x x +⎡⎤=-+∈-⎢⎥+⎣⎦,①当13k ≥时,13xke >,则()0g x '>,∴()g x 在(0,)+∞上单调递增,∴()()00g x g >=,成立; ②当103k <<时,令()()h x g x =', 则3sin cos 2(1)(s )()co 2xx x h x e x k -'=-+,在(0,)x π∈时,()0h x '>, ∴()h x 在(0,)π上单调递增,又1(0)03h k =-<,1(0)h ke ππ=+>,则在(0,)π上存在唯一0x 使得()00h x =,∴当()00,x x ∈时,()0h x <,()g x 在()00,x 上单调递减,()()00g x g <=,不符合题意;③当0k ≤时,在(0,)2x π∈时,()0g x '<,∴()g x 在(0,)2π上单调递减,此时()()00g x g <=,不符合题意;综上所述,实数k 的最小值为13.18．已知函数()(sin cos )x f x e x x =+． （1）求()f x 的单调递增区间；（2）求证：曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一条斜率为2的切线．【答案】（1）2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）见解析（1）函数()(sin cos )x f x e x x =+,x ∈R ，则()(sin cos )(cos sin )2cos x x x f x e x x e x x e x '=++-=，令()2cos 0x f x e x '=>得2,222x k k ππππ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈，∴()f x 单调递增区间为2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）原命题等价于：在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，方程cos 1x e x =有唯一解，设()cos xg x e x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则()cos sin sin 4x x xg x e x e x x π⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭此时，x ，()'g x ，()g x 变化情况如下：此时，()g x 在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，且(0)1g =，414g e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭， ()g x 在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()cos 1x g x e x ==在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个根，()2cos 20xf x e x '=-=在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，∴曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一条斜率为2的切线.19．已知()sin ()x f x e x ax a R =++∈.（1）当2a =-时，求证：()f x 在(,0)-∞上单调递减； （2）若对任意0x ≥，()1f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）2a ≥-.（1）由题意，函数()sin ()x f x e x ax a R =++∈，可得， 由2a =-时，则()cos 2x f x e x '=+-，当0x <时，1,cos 1x e x <≤ ，所以()cos 20x f x e x '=+-<， 所以()f x 在(,0)-∞单调递减.（2）当0x =时，()11f x =≥，对于R a ∈，命题成立， 当0x >时，由（1）()cos x f x e x a '=++，设()cos =++x g x e x a ，则()sin x g x e x '=-，因为1,sin 1>≤x e x 所以()sin 110x g x e x '=->-=，()g x 在(0,)+∞上单调递增， 又(0)2=+g a ， 所以()2>+g x a ，所以()'f x 在(0,)+∞上单调递增，且()2f x a '>+，①当2a ≥-时，'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增， 因为2a ≥-，所以()1f x >恒成立；②当2a <-时，(0)20f a '=+<，因为()'f x 在[0,)+∞上单调递增，又当ln(2)=-x a 时，()2cos(ln(2))2cos(ln(2))0f x a a a a '=-++-+=+->， 所以存在0(0,)x ∈+∞对于()00,x x ∈，'()0f x <恒成立.所以()f x 在()00,x 上单调递减，所以当()00,x x ∈时，()<(0)1f x f =，不合题意. 综上，当2a ≥-时，对于0x ≥，()1f x ≥恒成立.20．已知函数()cos ,,2xf x e x x π⎡⎫=-∈-+∞⎪⎢⎣⎭，证明.（1）()f x 存在唯一的极小值点；（2）()f x 的极小值点为0x ，()010f x -<<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）()sin x f x e x '=+，设()()sin x g x f x e x '==+，则()cos xg x e x '=+，当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，[)()cos 0,1,0,1xx e ∈∈，所以()0g x '>.当[)0,x ∈+∞时，()0cos 1cos 0g x e x x '≥+=+≥，综上所述，当,2x π⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭时，()0g x '≥恒成立，故()()f x g x '=在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增. 又()02110,0102f e e f ππ-⎛⎫''-=-<-==> ⎪⎝⎭， 由零点存在定理可知，函数()f x '在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上存在唯一的零点0x ，且0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 结合单调性可得()f x 在02x π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()f x 存在唯一极小值点0x .（2）由（1）知，0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，且021102f e e ππ-⎛⎫'-=-<-= ⎪⎝⎭，11224211422f eeπππ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪'-=-=-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而122e eπ>>，所以11222112eπ⎛⎫⎛⎫⎪< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即04fπ⎛⎫'<⎪⎝⎭，()00010f e'=+=>，故极小值点0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，且()000sin0xf x e x'=+=，即0sinxe x=-，∴()000cosxf x e x=-()000sin cos4x x xπ⎛⎫=-+=+⎪⎝⎭.由0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，得00,44xππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()1,04xπ⎛⎫+∈-⎪⎝⎭，即()010f x-<<.21．已知函数2()cos()f x ax x a R=+∈.（1）当1aπ=时，求曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线；（2）若0x=为()f x的一个极大值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）4yπ=；（2）12a≤解：（1）当1aπ=时，2()cos1f x x xπ=+，则()2sinf x x xπ'=-，()sin02222fππππ⨯'∴=-=，2()cos22241fπππππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭⨯，∴曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线为4yπ=；（2）由已知()2sin f x ax x '=-， 则(0)0f '=，所以0x =为()f x 的一个极值点，要0x =为()f x 的一个极大值点，则0x =在()2sin f x ax x '=-的单调减区间中， 又()2cos f x a x ''=-， 则(0)2cos00f a ''=-<， 解得12a <， 又当12a =时，()1cos 0f x x ''=-≤恒成立， 故12a ≤. 22．已知函数21()cos ()4f x x x x R =+∈. （1）求曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线； （2）求证：0x =为函数()f x 的极大值点. 【答案】（1）1y =，（2）证明见解析.（1）因为21()cos ()4f x x x x R =+∈，所以1()sin 2f x x x '=-所以()()01,00f f '==，所以曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线为：1y = （2）令()1()sin 2g x f x x x '==-，则()1cos 2g x x '=-所以可得当,33x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x '<所以()g x 在,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，因为()00g =所以当,03x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x >，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x < 所以()f x 在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减所以0x =为函数()f x 的极大值点.23．已知函数()2ln cos 1f x x x x =-++.证明：（1）()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点.（2）对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析（1）由题意知：21()2cos sin f x x x x x x '=-+-在[,)2ππ上有()0f x '<恒成立 ∴()f x 在[,)2ππ上单调递减，而(,)2e ππ∈，2()cos 0f e e e =<，()1ln 1ln 022f e ππ=->-= 可知：()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点（2）要证：对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+需证：()22ln cos 1(21)ln 0f x x x x x x x x x ++--=-+>恒成立令()(21)ln g x x x x =-+，故1()2ln 3g x x x'=-+，而()'g x 在()0,x ∈+∞单调增∵(1)20g '=>，1()12ln 2ln 024eg '=-=<∴必01(,1)2x ∃∈，使得0001()2ln 30g x x x '=-+=，即有00013ln 2x x x -= ∴在0(0,)x 上()0g x '<，()g x 单调减；在0(,)x +∞上()0g x '>，()g x 单调增故2000min0000000(21)(13)251()()(21)ln (2)0222x x x g x g x x x x x x x --+==-+==-+>(21)ln 0x x x -+>在对任意()0,x ∈+∞恒成立得证∴对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+24．已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.25．已知函数()cos axf x e x a =+．（1）当1a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设1a ≥，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有()()()a f x a bx f x '-≤+成立，求b 的取值范围（注()axaxe ae='）．【答案】（1）函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增；()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减；（2）22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（1）()cos 1x f x e x =+，得()()cos sin cos 4x xf x e x x e x π=⎪⎛⎫'=-⋅+ ⎝⎭，令()0f x '>，得cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭，22242k x k πππππ-<+<+，所以312244k x k ππππ-+<<+，()k Z ∈，令()0f x '<，得cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭，322242k x k πππππ+<+<+，所以152244k x k ππππ+<<+，()k Z ∈．所以函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增； ()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减． （2）设()()()()sin axg x a f x a f x bx e x bx '=---=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()sin cos axg x e a x x b '=+-．设()()sin cos axh x ea x xb =+-，则()()21sin 2cos 0ax h x e a x a x ⎡⎤'=-+≥⎣⎦，()h x ∴单调递增，即()g x '在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()21,a g x b ae b π⎡⎤'∴∈--⎢⎥⎣⎦．当1b ≤时，()0g x '≥，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，0g x g ，不符合题意；当2a b e π≥时，()0g x '≤，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()()00g x g ≤=，符合题意；当21a b ae π<<时，由于()g x '为一个单调递增的函数，而()010g b '=-<，202a g ae b ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理，必存在一个零点0x ，使得()00g x '=，从而()g x 在[]00,x x ∈上单调递减，在0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，因此只需02g π⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，22a e b ππ∴≤，22ab e ππ∴≥，从而222a e ae b πππ≤<综上，b 的取值范围为22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．。
高考数学复习：三角函数选择题压轴题
高考数学复习：三角函数选择题压轴题一、单选题1．设函数()()()2sin 10f x x ωϕω=+->，若对于任意实数ϕ，()f x 在区间3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是（ ） A ．816,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．164,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．204,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．820,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭2．函数()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的最大值为（ ）A．1BC．D ．33．将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)ωω>倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点，则ω的取值范围是（ ） A ．2280,,939⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦B ．80,9⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．280,,199⎛⎫⎡⎤⋃ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦D ．(]0,1 4．已知函数()()cos 1,0,2log ,0,a x x f x x x π⎧⎛⎫-≥⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪--<⎩（0a >且1a ≠），若函数图象上关于原点对称的点至少有3对，则实数a 的取值范围是（ ）．A．⎛ ⎝⎭B．⎫⎪⎪⎝⎭C．⎛ ⎝⎭D．⎫⎪⎪⎝⎭5．已知函数()f x 在()0,1恒有()()2xf x f x '>，其中()f x '为函数()f x 的导数，若α，β为锐角三角形两个内角，则（ ）A ．22sin (sin )sin (sin )f f βααβ>B ．22cos (sin )sin (cos )f f βααβ>C ．22cos (cos )cos (cos )f f βααβ>D ．22sin (cos )sin (cos )f f βααβ>6．已知函数()sin (0,)=->∈f x x x x ωωωR 的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为2π的等差数列，把函数()f x 的图象沿x 轴向左平移3π个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数()g x 的图象，则下列关于函数()g x 的结论，其中所有正确结论的序号是（ ） ①函数()g x 是奇函数 ②()g x 的图象关于直线6x π=对称③()g x 在,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数 ④当,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数()g x 的值域是[]0,2 A ．①③B ．③④C ．②D ．②③④7．若1tan 23=α，则()5πsin 12sin 3παα⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-（ ） A ．13-B ．3-C ．13D ．38．已知函数1()sin (sin cos )2f x x x x ωωω=+-()0ω>在区间(0,)π上恰有1个最大值点和1个最小值点，则ω的取值范围是（ ） A ．711,88⎛⎫⎪⎝⎭B ．711,88⎛⎤⎥⎝⎦C ．79,88⎛⎤⎥⎝⎦D ．79,88⎛⎫⎪⎝⎭9．已知函数()sin()(0,)2f x A x A πωϕϕ=+><的图像如图所示，且()f x 的图像关于点()0,0x 对称，则0x 的最小值为（ ）A ．23π B ．6π C ．3π D ．56π 10．函数①()sin cos f x x x =+，②()sin cos f x x x =，③21()cos 42f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭中，周期是π且为奇函数的所有函数的序号是（ ） A ．①② B ．②C ．③D ．②③11．已知()22ππα∈-,，1cos()65πα+=，则sin(2)3πα+=（ ）A B C D ．25-12．已知函数()()cos 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若()f x 在区间(),2ππ上不存在零点，则ω的取值范围是（ ）A ．70,12⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．1170,,12612⎛⎤⎡⎤ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦C ．117,,112612⎛⎫⎛⎤ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦D ．17,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦13．函数()1cos 2f x x x x π⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象可能为（ ） A ． B ．C ．D ．14．若函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，且在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上存在极值点，则ω的取值范围是（ ） A ．1,23⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．1,22⎛⎤⎥⎝⎦C ．17,26⎛⎤⎥⎝⎦D ．70,6⎛⎤ ⎥⎝⎦15．在ABC 中，3AB =，5BC =，D 为BC 边上一点，且满足32BD DC =，此时23ADC ∠=π，则AC 边长等于（ ）AB ．72C ．4D 16．已知函数()cos f x x ω=（0>ω），将()f x 的图像向右平移3ωπ个单位得到函数()g x 的图像，点A ，B ，C 是()f x 与()g x 图像的连续相邻三个交点，若ABC 是钝角三角形，则ω的取值范围为（ ）A ．⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭C ．,⎫+∞⎪⎪⎝⎭D ．,⎫+∞⎪⎪⎝⎭17．已知函数()()cos 0f x x x ωωω=->满足()()124f x f x -=，且12x x -的最小值为2π，则8f π⎛⎫⎪⎝⎭的值为（ ）A ．2B ．1CD ．218．在ABC 中，内角A ､B ､C 所对的边分别为a ､b ､c ，若角A ､C ､B 成等差数列，角C 的角平分线交AB 于点D ，且CD =3a b =，则c 的值为（ ）A ．3B ．72C ．3D ．19．已知ABC 中，D 、E 分别是线段BC 、AC 的中点，AD 与BE 交于点O ，且90BOC ∠=°，若2BC =，则ABC 周长的最大值为（ ）A ．2+B ．2C ．2+D ．2+20．若0.212021a =，2021sin 5b π=，2021log 0.21c =，则（ ） A ．c a b << B ．b a c << C ．b c a <<D ．c b a <<21．如图，已知A ，B 分别是半径为2的圆C 上的两点，且45ACB ∠=︒，P 为劣弧AB 上一个异于A ，B 的一点，过点P 分别作PM CA ⊥，PN CB ⊥，垂足分别为M ，N ，则MN 的长为（ ）A BC ．2D ．3222．如图，D 是ABC 外一点，若90ABC ∠=︒，tan DAB ∠=，5AB =，7AD =，105CDB ∠=°，则CD =（ ）A ．B ．4C ．D ．823．已知()()()2sin 0f x x ωϕω+>＝同时满足以下条件： ①当()()124f x f x -=时，12x x -最小值为2π； ②71212f x f x ππ⎛⎫⎛⎫+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ③()04f f π⎛⎫>⎪⎝⎭． 若()f x a =在[]0,π有2个不同实根m ，n ，且3m n π-≥，则实数a 的取值范围为（ ）A ．⎡⎣B ．[)0,1 C ．(D ．[)1,1-24．已知函数π()sin()(0,0,||)2f x A x A ωϕωϕ=+>><的图象如图所示，且()f x 的图象关于点0(,0)x对称，则0x 的最小值为（ ） A ．23π B ．56π C ．3π D ．6π25．设函数()sin()1,0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=++>>< ⎪⎝⎭的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为2π，且()f x 的图象关于直线12x π=对称，则下列判断正确的是（ ） A ．函数()y f x =在,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减 B ．函数()y f x =的图象关于点,06π⎛⎫- ⎪⎝⎭对称C ．函数()y f x =的图象关于直线512x π=-对称 D ．要得到sin 21y x =+的图象，只需将()f x 图象向右平移3π个单位26．若sin170tan10λ︒+︒=λ的值为（ ）AB ．2 C D 27．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，下列条件使得ABC 无法唯一确定的是（ ） A ．3,15,25a B C ==︒=︒ B ．3,4,40a b C ===︒ C ．3,4,40a b A ===︒ D ．3,4,40a b B ===︒28．已知,42ππθ⎛⎫∈⎪⎝⎭，且4sin 45πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则tan θ=（ ）A ．7B ．43C ．17D ．12529．已知1x ，2x ，是函数()()()tan 0,0f x x ωϕωϕπ=-><<的两个零点，且12x x -的最小值为3π，若将函数()f x 的图象向左平移12π个单位长度后得到的图象关于原点对称，则ϕ的最大值为（ ） A ．34πB ．4π C ．78π D ．8π 30．在ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且cos 2cos()a b A c c A C =++，则B 的大小为（ ） A ．6π B ．3πC ．23π D ．56π 31．函数0,0()sin ,0ln x f x x x x x=⎧⎪=-⎨≠⎪⎩的部分图像大致为（ ）A ．B ．C ．D ．二、多选题：32．知函数()()sin 04f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则下述结论中正确的是（ ）A ．若()f x 在[]0,2π有且仅有4个零点，则()f x 在[]0,2π有且仅有2个极小值点 B ．若()f x 在[]0,2π有且仅有4个零点，则()f x 在20,15π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增 C ．若()f x 在[]0,2π有且仅有4个零点，则ω的范是1519,88⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．若()f x 的图象关于4x π=对称，且在5,1836ππ⎛⎫⎪⎝⎭单调，则ω的最大值为933．已知函数()2sin sin 2f x x x =+-，则下列结论正确的有（ ） A ．函数()f x 的最小正周期为π B ．函数()f x 在[],ππ-上有2个零点C ．函数()f x 的图象关于(π对称D ．函数()f x 的最小值为34．将函数()()πcos 02f x x ωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭的图象向右平移π2个单位长度后得到函数()g x 的图象，且()01g =-，则下列说法正确的是（ ）A ．()g x 为奇函数B ．π02g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．当5ω=时，()g x 在()0,π上有4个极值点D ．若()g x 在π0,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的最大值为535．已知函数()2sin cos 1f x x x +=-，则（ ） A ．()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增 B ．直线2x π=是()f x 图象的一条对称轴C ．方程()1f x =在[]0,π上有三个实根D ．()f x 的最小值为1-36．函数()sin 24f x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭，则（ ） A ．函数()y f x =的图象可由函数sin 2y x =的图象向右平移4π个单位得到B ．函数()y f x =的图象关于直线8x π=轴对称C ．函数()y f x =的图象关于点,08π⎛⎫- ⎪⎝⎭中心对称D ．函数2()y x f x =+在08π⎛⎫⎪⎝⎭，上为增函数37．已知函数()()()sin 0,0,0πf x A x B A ωϕωϕ=++>><<的部分自变量、函数值如下表所示，下列结论正确的是（ ）．A ．函数解析式为()5π3sin 226f x x ⎛⎫ ⎝=⎪⎭++ B ．函数()f x 图象的一条对称轴为2π3x =- C ．5π,012⎛⎫-⎪⎝⎭是函数()f x 图象的一个对称中心 D ．函数()f x 的图象左平移π12个单位，再向下移2个单位所得的函数为奇函数 38．如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB (A 为塔顶，B 为塔底)的高度，选取与B 在同一水平面内的两点C 与D (B ，C ，D 不在同一直线上)，测得CD s =．测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有：,,,,,ACB ACD BCD ADB ADC BDC ∠∠∠∠∠∠，则根据下列各组中的测量数据可计算出塔AB 的高度的是（ ）A ．,,,s ACB BCD BDC ∠∠∠ B ．,,,s ACB BCD ACD ∠∠∠ C ．,,,s ACB ACD ADC ∠∠∠D ．,,,s ACB BCD ADC ∠∠∠39．已知定义在R 上的奇函数，满足(2)()0f x f x -+=，当(0,1]x ∈时，2()log f x x =-，若函数()()tan()F x f x x π=-，在区间[1,]m -上有10个零点，则m 的取值可以是（ ）A ．3．8B ．3．9C ．4D ．4．140．已知函数()()()sin 0,0,πf x A x A ωϕωϕ=+>><的部分图像如图所示，将函数()f x 的图像上所有点的横坐标变为原来的23，纵坐标不变，再将所得函数图像向右平移π6个单位长度，得到函数()g x 的图像，则下列关于函数()g x 的说法正确的是（ ）．A ．()g x 的最小正周期为2π3B ．()g x 在区间ππ,93⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增C ．()g x 的图像关于直线4π9x =对称 D ．()g x 的图像关于点π,09⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称 41．将函数()2πsin 23f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭的图象向左平移π6个单位长度后得到函数()g x 的图象，则下列说法正确的是（ ）A ．π4g ⎛⎫⎪⎝⎭B ．π,06⎛⎫⎪⎝⎭是函数()g x 图象的一个对称中心 C ．函数()g x 在π0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．函数()g x 在ππ,63⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域是,22⎡-⎢⎣⎦42．如图是函数()cos y x ωϕ=+的部分图象，则()cos x ωϕ+=（ ）A ．sin 26xB ．cos 23x π⎛⎫-+⎪⎝⎭ C ．cos 26x π⎛⎫+⎪⎝⎭D ．2sin 23x π⎛⎫+⎪⎝⎭43．如图，函数()()2sin 0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭的图象经过点,012π⎛⎫-⎪⎝⎭和5,012π⎛⎫⎪⎝⎭，则（ ） A ．1ω= B ．6π=ϕ C ．函数()f x 的图象关于直线23x π=对称 D ．若6,65f πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭则223sin cos 5αα-=44．已知函数()22sin cos f x x x x =+，则下列结论中正确的是（ ）A ．()f x 的图象是由y= 2sin2x 的图象向左移3π个单位得到的 B ．()f x 在,03π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增 C ．()f x 的对称中心的坐标是(),026k k Z ππ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭D ．函数()()g x f x =[]0,10内共有8个零点 45．已知函数()sin (0)5f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在[0,2]π有且仅有4个零点，则（ ）． A ．()f x 在0,5π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增B ．ω的取值范围是1912,105⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．()f x 在(0,2)π有2个极小值点D ．()f x 在(0,2)π有3个极大值点46．已知函数()|sin 2|cos2f x x x =+，则（ ）A ．()()f x f x π=+B ．()f x 的最小值为C ．()f x 的图象关于8x π=对称D ．()f x 在,82ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减47．已知函数()()sin 22sin cos 644f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++∈ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭R ，现给出下列四个命题，其中正确的是（ ）A ．函数()f x 的最小正周期为2πB ．函数()f xC ．函数()f x 在,44ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．将函数()f x 的图象向左平移512π个单位长度，得到的函数解析式为()()2g x x = 48．已知函数22()(sin cos )2cos f x x x x =++，则（ ） A ．()f x 的最小正周期是πB ．()f x 的图像可由函数()22g x x =+的图像向左平移8π个单位而得到 C ．4x π=是()f x 的一条对称轴D ．()f x 的一个对称中心是,08π⎛⎫- ⎪⎝⎭三角函数选择压轴题答案一、单选题1．设函数()()()2sin 10f x x ωϕω=+->，若对于任意实数ϕ，()f x 在区间3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上至少有2个零点，至多有3个零点，则ω的取值范围是（ ） A ．816,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．164,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．204,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．820,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【分析】t x ωϕ=+，只需要研究1sin 2t 的根的情况，借助于sin y t =和12y =的图像，根据交点情况，列不等式组，解出ω的取值范围． 【解析】令()0f x =，则()1sin 2x ωϕ+=，令t x ωϕ=+，则1sin 2t ，则问题转化为sin y t =在区间3,44ππωϕωϕ⎡⎤++⎢⎥⎣⎦上至少有两个，至少有三个t ，使得1sin 2t ，求ω的取值范围． 作出sin y t =和12y =的图像，观察交点个数，可知使得1sin 2t的最短区间长度为2π，最长长度为223ππ+，由题意列不等式的：3222443πππωϕωϕππ⎛⎫⎛⎫≤+-+<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：1643ω≤<．故选B ．【点睛】研究y =Asin (ωx +φ)+B 的性质通常用换元法（令t x ωϕ=+），转化为研究sin y t =的图像和性质较为方便．2．函数()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭的最大值为（ ）A ．1BC ．D ．3【答案】B【分析】利用诱导公式及二倍角公式可得()2sin sin 244f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令4x πθ=+，将函数转化为()2sin sin 2fθθθ=+，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最值，即可得解；【解析】∵()2sin cos 24f x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭， ∴()2sin sin 22sin 2sin cos 44444f x x x x x x πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令4x πθ=+， 则()2sin 2sin cos 2sin sin 2fθθθθθθ=+=+，则()()222cos 2cos 222cos 12cos 4cos 2cos 2f θθθθθθθ'=+=-+=+-，令()0f θ'=，得cos 1θ=-或1cos 2θ=， 当11cos 2θ-<<时，()0f θ'<；1cos 12θ<<时()0f θ'>，∴当1cos 2θ=时，()f θ取得最大值，此时sin 2θ=，∴()max 1222222f x =⨯+⨯=，故选B ．【点睛】本题考查三角恒等变换及三角函数的性质的应用，解答的关键是利用导数研究函数的单调性从而求出函数的最值．3．将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)ωω>倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点，则ω的取值范围是（ ） A ．2280,,939⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦B ．80,9⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．280,,199⎛⎫⎡⎤⋃ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦D ．(]0,1【答案】A【分析】根据图象变换求出()g x 的解析式，利用周期缩小ω的范围，再从反面求解可得结果． 【解析】将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，得到5cos()6y x π=-的图象， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)ωω>倍，纵坐标不变，得到函数5()cos 6g x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭(0)>ω，周期2T πω=，∵函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点，∴3222T ππ-≤，得2T π≥，得22ππω≥，得01ω<≤， 假设函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点， 令()0g x =，得562x k ππωπ-=+，k Z ∈，得43k x ππωω=+，k Z ∈， 则43232k ππππωω<+<，得8282933k k ω+<<+，k Z ∈， 又01ω<≤，∴2293ω<<或819ω<≤，又函数()g x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点，且01ω<≤，∴209ω<≤或2839ω≤≤，故选A ． 【点睛】关键点点睛：求出函数()g x 的解析式，利用间接法求解是解决本题的关键．4．已知函数()()cos 1,0,2log ,0,a x x f x x x π⎧⎛⎫-≥⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪--<⎩（0a >且1a ≠），若函数图象上关于原点对称的点至少有3对，则实数a 的取值范围是（ ）．A．⎛ ⎝⎭B．⎫⎪⎪⎝⎭C．⎛ ⎝⎭D．⎫⎪⎪⎝⎭【答案】A【分析】由于log )(0)(-=-<a y x x 关于原点对称得函数为log (0)a y x x =>，由题意可得，cos 12y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭与log a y x =的图像在0x >的交点至少有3对，结合函数图象，列出满足要求的不等式，即可得出结果．【解析】log )(0)(-=-<a y x x 关于原点对称得函数为log (0)a y x x =>． ∴cos 12y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭与log a y x =的图像在0x >的交点至少有3对，可知()0,1a ∈，如图所示，当6x =时，log 62a >-，则0a <<，故实数a 的取值范围为0,6⎛ ⎝⎭，故选A ． 【点睛】本题考查函数的对称性，难点在于将问题转换为cos 12y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭与log a y x =的图像在0x >的交点至少有3对，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题．5．已知函数()f x 在()0,1恒有()()2xf x f x '>，其中()f x '为函数()f x 的导数，若α，β为锐角三角形两个内角，则（ ）A ．22sin (sin )sin (sin )f f βααβ>B ．22cos (sin )sin (cos )f f βααβ>C ．22cos (cos )cos (cos )f f βααβ>D ．22sin (cos )sin (cos )f f βααβ>【答案】B【分析】构造函数()()2()01f x g x x x =<<，求导可知函数()g x 在()0,1 上为增函数，由已知条件可知022ππβα<-<<，即0cos sin 1βα<<<，再根据函数()g x 在()0,1上的单调性即可得解．【解析】设()()2()01f x g x x x =<<，则()()()()()243220x f x x f x x f x f x g x x x''⋅-⋅⋅-⋅'==>∴函数()g x 在()0,1上单调递增．α， β为锐角三角形两个内角，则2παβ+>∴022ππβα<-<<，由正弦函数sin y x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增． 则0cos sin sin 12πββα⎛⎫<=-<<⎪⎝⎭∴()()cos sin g g βα<，即()()22cos sin cos sin f f βαβα<∴()()22sincos cos sin f f αββα⋅<⋅，故选B ．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，同时也涉及了三角函数的变换及其性质，考查构造思想及转化思想，考查化简变形能力及逻辑推理能力，属于中档题．6．已知函数()sin (0,)=->∈f x x x x ωωωR 的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为2π的等差数列，把函数()f x 的图象沿x 轴向左平移3π个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数()g x 的图象，则下列关于函数()g x 的结论，其中所有正确结论的序号是（ ） ①函数()g x 是奇函数 ②()g x 的图象关于直线6x π=对称③()g x 在,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数 ④当,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数()g x 的值域是[]0,2 A ．①③ B ．③④C ．②D ．②③④【答案】C【分析】先根据辅助角公式化简()f x ，然后利用已知条件求解出ω的值，再根据图象的变换求解出()g x 的解析式；①根据()g x 解析式判断奇偶性；②根据6g π⎛⎫⎪⎝⎭的值判断对称性；③采用整体替换的方法判断单调性；④利用换元法的思想求解出值域．【解析】∵()sin 2sin 3f x x x x πωωω⎛⎫=-=-⎪⎝⎭，又()y f x =的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为2π的等差数列，∴2222T ππω==，∴2ω=，∴()2sin 23f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴()f x 向左平移3π个单位得到2sin 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，2sin 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭横坐标伸长到原来2倍得到()2sin 3g x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，①()2sin 3g x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭为非奇非偶函数，故错误； ②()max 2sin 2663g g x πππ⎛⎫⎛⎫=+==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴6x π=是()g x 的一条对称轴，故正确； ③∵,33x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，∴20,33x ππ⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，又∵2sin y t =在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上先增后减，∴()g x 在,33ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上不是增函数，故错误； ④当,66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，,362x πππ⎛⎫⎡⎤+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， ∴()max 2sin22g x π==，此时6x π=；()min 2sin16g x π==，此时6x π=-，∴()g x 的值域为[]1,2，故错误；故选C ．【点睛】思路点睛：求解形如()sin y A ωx φ=+的函数在指定区间上的值域或最值的一般步骤如下： （1）先确定t x ωϕ=+这个整体的范围；（2）分析sin y A t =在（1）中范围下的取值情况；（3）根据取值情况确定出值域或最值，并分析对应的x 的取值．7．若1tan 23=α，则()5πsin 12sin 3παα⎛⎫+- ⎪⎝⎭=-（ ） A ．13-B ．3-C ．13D ．3【答案】A【分析】先根据诱导公式化简得()5πsin 1cos 12sin 3πsin αααα⎛⎫+- ⎪-⎝⎭=-，再结合半角公式整理得()5πsin 1cos 112tan sin 3πsin 23ααααα⎛⎫+- ⎪-⎝⎭==-=--． 【解析】由诱导公式化简整理得：()5πsin 1cos 12sin 3πsin αααα⎛⎫+- ⎪-⎝⎭=-， 由于2cos 12sin,sin 2sincos222ααααα=-=，∴()25πsin 12sin cos 1122tan sin 3πsin 232sin cos 22αααααααα⎛⎫+-- ⎪-⎝⎭===-=--⋅，故选A ． 【点睛】题考查诱导公式化简，半角公式，同角三角函数关系，考查运算求解能力，本题解题的关键在于寻找α与2α之间的关系，从半角公式入手化简整理．考生需要对恒等变换的相关公式熟记． 8．已知函数1()sin (sin cos )2f x x x x ωωω=+-()0ω>在区间(0,)π上恰有1个最大值点和1个最小值点，则ω的取值范围是（ ） A ．711,88⎛⎫⎪⎝⎭B ．711,88⎛⎤⎥⎝⎦C ．79,88⎛⎤⎥⎝⎦D ．79,88⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B【分析】化简得到()224f x x πω⎛⎫=- ⎪⎝⎭，根据最值点，得352242πππωπ<-≤，解得答案．【解析】11cos 2sin 21()sin (sin cos )2222224x x f x x x x x ωωπωωωω-⎛⎫=+-=+-=- ⎪⎝⎭， ()0,x π∈，()20,2x ωωπ∴∈，2,2444x πππωωπ⎛⎫∴-∈-- ⎪⎝⎭()f x 在 (0,)π上恰有1个最大值点和1个最小值点，352242πππωπ∴<-≤，解得71188ω<≤．故选B ．【点睛】方法点睛：本题考查了根据三角函数的最值求参数，研究三角函数的性质基本思想是将函数转化为()sin (0,0)y A x B A ωϕω=++>>的形式，热后应用整体思想来研究其相关性质，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于一般题．9．已知函数()sin()(0,)2f x A x A πωϕϕ=+><的图像如图所示，且()f x 的图像关于点()0,0x 对称，则0x 的最小值为（ ）A ．23π B ．6π C ．3π D ．56π 【答案】B【分析】先由函数图像求出函数()2sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，再根据函数关于()0,0x 对称求出06x k ππ=-，从而当0k =时，0x 取得最小值为6π． 【解析】由题可知4112,2363A T πππ⎛⎫==⨯-= ⎪⎝⎭，21Tπω∴==， 则()()2sin ,2sin 233f x x f ππϕϕ⎛⎫⎛⎫=+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，232k ππϕπ∴+=+， 又2πϕ<，6πϕ∴=，()2sin 6f x x π⎛⎫∴=+⎪⎝⎭，由()f x 的图像关于点()0,0x 对称，可得0066x k x k ππππ+=∴=-，，∴当0k =时，0x 取得最小值为6π，故选B ． 【点睛】已知f (x )＝Asin (ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的部分图象求其解析式时，A 比较容易看图得出，困难的是求待定系数ω和φ，常用如下两种方法： (1)由ω＝2Tπ即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x 0，则令ωx 0＋φ＝0(或ωx 0＋φ＝π)，即可求出φ．(2)代入点的坐标，利用一些已知点(最高点、最低点或“零点”)坐标代入解析式，再结合图形解出ω和φ，若对A ，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求． 10．函数①()sin cos f x x x =+，②()sin cos f x x x =，③21()cos 42f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭中，周期是π且为奇函数的所有函数的序号是（ ） A ．①② B ．②C ．③D ．②③【答案】D【解析】对于①()sin cos f x x x =+，()4f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，周期为π，但不是奇函数；对于②()sin cos f x x x =，1()sin 22f x x =，周期为22T ππ==； 又()()11()sin 2=sin 222f x x x f x =-=---，故()sin cos f x x x =符合题意； 对于③21()cos 42f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，211()cos cos 2sin 24222f x x =x =x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 由②推导过程可知：21()cos 42f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭周期是π且为奇函数，符合题意，故选D ．【点睛】三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于sin y x =或cos y x =的性质解题：(1) 求周期用2T πω=；(2)判断奇偶性，一般用()()f x f x =-或()()f x f x =-．11．已知()22ππα∈-,，1cos()65πα+=，则sin(2)3πα+=（ ）A B C D ．25-【答案】C 【解析】由,22ππα⎛⎫∈-⎪⎝⎭，可得2,633πππα⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，又11cos cos 6523ππα⎛⎫+=<= ⎪⎝⎭，2,633πππα⎛⎫∴+∈ ⎪⎝⎭，sin 6πα⎛⎫∴+== ⎪⎝⎭，sin 22sin cos 36625πππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+=++=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选C ． 【点睛】利用三角公式求三角函数值的关键：(1)角的范围的判断；(2)根据条件选择合适的公式进行计算． 12．已知函数()()cos 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，若()f x 在区间(),2ππ上不存在零点，则ω的取值范围是（ ） A ．70,12⎛⎤⎥⎝⎦B ．1170,,12612⎛⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦C ．117,,112612⎛⎫⎛⎤⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦ D ．17,1212⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【答案】B【分析】由()f x 在区间(),2ππ上不存在零点，计算出01ω<≤，再计算出函数()f x 的零点为()6k x k Z ππωω=+∈，根据零点所在的范围，判断出ω的取值范围． 【解析】函数()f x 的最小正周期为2T πω=，由函数()cos 3f x x πω⎛⎫=+⎪⎝⎭在(),2ππ上不存在零点，可得22T ππ≥-，∴01ω<≤，函数()f x 的零点为()32x k k Z ππωπ+=+∈，即()6k x k Z ππωω=+∈，若()26k k Z ππππωω<+<∈，则()126k k Z ωω<+<∈，∴()6161126k k k Z ω++<<∈，∵01ω<≤，∴0,1k =，当0k =时，得11126ω<<，当1k =时，得77126ω<<， 又01ω<≤，∴7112ω<≤． ∵函数()f x 在(),2ππ上不存在零点，∴在(]0,1内去掉上述范围，得符合条件的ω取值范围为1170,,12612⎛⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦，故选B ． 【点睛】三角函数求ω的范围：①利用周期求ω的范围：利用周期公式，借助于平移或诱导公式即可解决；②已知值域求ω的范围：运用整体思想，将值域问题转化为基本函数sin y x =上结合推行即可解决；③已知零点情况求ω的范围．13．函数()1cos 2f x x x x π⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象可能为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A【分析】求出函数()f x 的定义域，分析函数()f x 的奇偶性及其在()0,1上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项． 【解析】函数()1cos 2f x x x x π⎛⎫⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的定义域为{}0x x ≠， ()()11cos cos 22x x f x x x f x x x ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=---=--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，函数()f x 为奇函数，排除BC 选项；当01x <<时，2110x x x x--=<，022x ππ<<，则cos 02x π⎛⎫> ⎪⎝⎭，∴()0f x <，排除D 选项．故选A ．【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手： （1）从函数的定义域，判断图象的左右位置； （2）从函数的值域，判断图象的上下位置． （3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势； （4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性； （5）函数的特征点，排除不合要求的图象． 14．若函数()()sin 03f x x πωω⎛⎫=+> ⎪⎝⎭在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，且在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上存在极值点，则ω的取值范围是（ ）A ．1,23⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．1,22⎛⎤⎥⎝⎦C ．17,26⎛⎤⎥⎝⎦D ．70,6⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【分析】依据函数在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，可知2ω≤，计算出函数的对称轴，然后根据函数在所给区间存在极值点可知76ππω≥，最后计算可知结果． 【解析】∵()f x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，∴T π≥，则2ππω≥，由此可得2ω≤． ∵当32x k ππωπ+=+，即()6k x k Z ππω+=∈时，函数取得极值，欲满足在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在极值点，∵周期T π≥，故在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个极值，故第一个极值点63x ππω=<，得12ω>．又第二个极值点776122x πππω=≥>， 要使()f x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，必须76ππω≥，得76ω≤．综上可得，ω的取值范围是17,26⎛⎤ ⎥⎝⎦．故选C ．【点睛】思路点点睛：第一步：先根据函数在所给区间单调判断ω；第二步：计算对称轴；第三步：依据函数在所给区间存在极值点可得63ππω<，76ππω≥即可． 15．在ABC 中，3AB =，5BC =，D 为BC 边上一点，且满足32BD DC =，此时23ADC ∠=π，则AC 边长等于（ ）AB ．72C ．4D【答案】D【分析】本题首先可以结合题意绘出图像，然后根据32BD DC =求出BD 、DC 长，再然后在ABD △中通过余弦定理求出AD ，最后在ADC 中通过余弦定理即可求出AC 长． 【解析】如图，结合题意绘出图像，∵5BC =，32BD DC =，∴3BD =，2DC =，∵23ADC ∠=π，∴3ADB π∠=，在ABD △中，2222cos AD BD AB AD BD ADB ，即222133232ADAD ，解得3AD =或0（舍去），3AD =， 在ADC 中，2222cos AD DC AC AD DC ADC ，即2221322322AC ，解得AC =D ．【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形相关问题的求解，主要考查余弦定理解三角形，考查的公式为2222cos a b c ab C +-=，考查计算能力，是中档题．16．已知函数()cos f x x ω=（0>ω），将()f x 的图像向右平移3ωπ个单位得到函数()g x 的图像，点A ，B ，C 是()f x 与()g x 图像的连续相邻三个交点，若ABC 是钝角三角形，则ω的取值范围为（ ）A ．0,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭B ．0,3⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭C ．,3⎛⎫+∞ ⎪⎪⎝⎭D ．,2⎛⎫+∞ ⎪⎪⎝⎭【答案】B【分析】先由平移变换得到()cos 3g x x πω⎛⎫=-⎪⎝⎭，在同一坐标系中作出两个函数图像，设D 为AC 的中点，由cos cos 3x x πωω⎛⎫=-⎪⎝⎭，cos x ω=，然后根据ABC 为钝角三角形，只须4ACB π∠<，由tan 1BDACB DC∠=<求解． 【解析】由题意得，()cos 3g x x πω⎛⎫=-⎪⎝⎭，作出两个函数图像，如图：A ，B ，C 为连续三交点，（不妨设B 在x 轴下方），D 为AC 的中点， 由对称性，则ABC 是以B 为顶角的等腰三角形，2AC T πω==，由cos cos 3x x πωω⎛⎫=-⎪⎝⎭，整理得cos x x ωω=，解得tan x ω=，则cos 2x ω=±，即2C B y y =-=，∴2B BD y ==ABC 为钝角三角形，则4ACB π∠<，∴tan 1BD ACB DC ∠==<，解得0ω<<，故选B ． 【点睛】关键点点睛：本题关键是将ABC 为钝角三角形，转化为4ACB π∠<，利用tan 1BDACB DC∠=<而得解．17．已知函数()()cos 0f x x x ωωω=->满足()()124f x f x -=，且12x x -的最小值为2π，则8f π⎛⎫⎪⎝⎭的值为（ ）A B ．1 C D ．2【答案】A【分析】化简函数()f x 的解析式，由题意可知，12x x -的最小值为2T，可求得ω的值，进而可计算出8f π⎛⎫⎪⎝⎭的值．【解析】()()cos 2sin 06f x x x x πωωωω⎛⎫=-=-> ⎪⎝⎭，则()max 2f x =，()min 2f x =-，且()()()()12max min 4f x f x f x f x -==-， 设函数()f x 的最小正周期为T ，则1222T x x π-==，2T ππω∴==，可得2ω=， ()2cos2f x x x ∴=-，因此，cos 844f πππ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭．故选A ．【点睛】方法点睛：求三角函数周期的方法： （1）定义法：利用周期函数的定义求解；（2）公式法：对形如()sin y A ωx φ=+或()cos y A x ωϕ=+（A 、ω、ϕ为常数，0A ≠，0ω≠）的函数，周期2T ωπ=；（3）图象法：通过观察函数的图象求其周期．18．在ABC 中，内角A ､B ､C 所对的边分别为a ､b ､c ，若角A ､C ､B 成等差数列，角C 的角平分线交AB 于点D，且CD =3a b =，则c 的值为（ ）A ．3B ．72C．3D．【答案】C【解析】∵CD 是ACB ∠平分线，∴3BD BC a DA AC b ===，34BD c =，14AD c =， 角A ､C ､B 成等差数列，∴2A B C +=，而A B C π++=，∴3C π=，在BCD △中．2222cos BD BC CD BC CD BCD =+-⋅∠，即22293233166c a a a a π=+-=+-， DCA △中中，2222cos DA CD CA CD CA DCA =+-⋅∠，即22213cos 33166c b b b π=+-=+-，由222293316133163a a c b b c a b ⎧-+=⎪⎪⎪-+=⎨⎪=⎪⎪⎩，解得443a b c ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．故选C ．【点睛】方法点睛：本题考查余弦定理解三角形，解题方法是由等差数列得出6C π=，由角平分线得6ACD BCD π∠=∠=，同时由解平分线定理得3BDAD=，然后在两个三角形中应用余弦定理求解． 19．已知ABC 中，D 、E 分别是线段BC 、AC 的中点，AD 与BE 交于点O ，且90BOC ∠=°，若2BC =，则ABC 周长的最大值为（ ）A ．2+B ．2C ．2+D ．2+【答案】A【分析】推导出O 为ABC 的重心，可得出3AD =，利用平面向量加法的平行四边形法则可得出2AD AB AC =+，利用平面向量数量积的运算性质结合余弦定理可得出224022AB AC =+，利用基本不等式可求得+AB AC 的最大值，即可得解．【解析】在ABC 中，D 、E 分别是线段BC 、AC 的中点，AD 与BE 交于点O ，则O 为ABC 的重心，∵90BOC ∠=°，故112OD BC ==，则33AD OD ==． ()()111222AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC =+=+=+-=+，2AD AB AC ∴=+，∴()222242AD AB ACAB AC AB AC =+=++⋅，即2222222242cos 22AB AC BC AD AB AC AB AC BAC AB AC AB AC AB AC +-=++⋅⋅∠=++⋅⋅⋅ 2222222224AB AC BC AB AC =+-=+-，∴()()22222222240222AB AC AB AC AB ACABAC AB AC AB AC =+=+++≥++⋅=+，AB AC ∴+≤，当且仅当AB AC ==因此，ABC 周长的最大值为2．故选A ．【点睛】方法点睛：求三角形周长的最值是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解． 20．若0.212021a =，2021sin 5b π=，2021log 0.21c =，则（ ） A ．c a b << B ．b a c << C ．b c a <<D ．c b a <<【答案】D【解析】由题得20212021log 0.21log 10c =<=，0.210202120211a =>=，2021sinsin(404)sin (0,1)555b ππππ==+=∈，∴a b c >>．故选D ． 21．如图，已知A ，B 分别是半径为2的圆C 上的两点，且45ACB ∠=︒，P 为劣弧AB 上一个异于A ，B 的一点，过点P 分别作PM CA ⊥，PN CB ⊥，垂足分别为M ，N ，则MN 的长为（ ）A ．2BC ．2D ．32【答案】B【分析】∵PM CA ⊥，PN CB ⊥可知，MN 为四边形PMCN 的外接圆的一条弦，且外接圆直径为PC =2，故联想到正弦定理来解题．【解析】∵PM CA ⊥，PN CB ⊥，∴P ，N ，M ，C 四点在以PC 为直径的圆上．由题意可知2PC =，∴MNC 外接圆的直径为2，则由正弦定理可得2sin 45MN=°．故选B ．22．如图，D 是ABC 外一点，若90ABC ∠=︒，tan DAB ∠=，5AB =，7AD =，105CDB ∠=°，则CD =（ ）A ．B ．4C ．D ．8【答案】C【分析】由tan DAB ∠=得1cos 7BAD ∠=，在ABD △中结合正余弦定理求解即可．【解析】由tan DAB ∠=得1cos 7BAD ∠=．在ABD △中，由余弦定理得8BD ===， ∴2222225871cos 22582AB BD AD ABD AB BD +-+-∠===⋅⨯⨯，则60ABD ∠=︒．∵90ABC ∠=︒，∴30CBD ∠=︒．在BCD △中，1803010545BCD ∠=--=°°°°，∴由正弦定理得sin 8sin 30sin sin 45BD CBD CD BCD ∠===∠°°，故选C ．【点睛】方法点睛：用正、余弦定理解决平面多边形问题时，应把多边形分割为多个三角形，通过各个三角形之间的关系解决问题．23．已知()()()2sin 0f x x ωϕω+>＝同时满足以下条件： ①当()()124f x f x -=时，12x x -最小值为2π； ②71212f x f x ππ⎛⎫⎛⎫+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； ③()04f f π⎛⎫>⎪⎝⎭． 若()f x a =在[]0,π有2个不同实根m ，n ，且3m n π-≥，则实数a 的取值范围为（ ）A ．⎡⎣B ．[)0,1 C ．(D ．[)1,1-【答案】D【解析】函数()()2sin f x x ωϕ=+满足，当()()124f x f x -=时，12x x -最小值为1222ππω⨯=， ∴2ω=，函数()()2sin 2f x x ϕ=+． ∵71212f x f x ππ⎛⎫⎛⎫+=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()f x 的图象关于直线3x π=对称，故有232k ππϕπ⨯+=+，即6k ϕπ=π-，k Z ∈． 又()04f f π⎛⎫>⎪⎝⎭，即2sin 2sin 2cos 2πϕϕϕ⎛⎫>+= ⎪⎝⎭，即sin cos ϕϕ>，故56πϕ=， 函数()52sin 26x x f π⎛⎫+⎝=⎪⎭． ()f x a =在[] 0,π有2个不同实根m ，n ，且3m n π-≥，根据5552,2666x ππππ⎡⎤+∈+⎢⎥⎣⎦， 7112sin2sin 166ππ==-，552sin 2sin 22sin 21666πππππ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴11a -≤<，故选D ． 【点睛】思路点睛：该题考查的是有关三角函数的问题，解题思路如下： （1）由条件①确定ω的值；（2）由条件②确定出函数图象的一条对称轴，结合条件③求得ϕ的值；（3）得到函数的解析式之后利用函数值相等的条件，结合自变量的范围和限制条件，求得参数a 的取值范围．24．已知函数π()sin()(0,0,||)2f x A x A ωϕωϕ=+>><的图象如图所示，且()f x 的图象关于点0(,0)x 对称，则0x 的最小值为（ ）A ．23π B ．56π C ．3π D ．6π 【答案】D【解析】由图可知2A =，又函数()sin()f x A x ωϕ=+过点(0,1)和,23π⎛⎫⎪⎝⎭，2sin 12sin 23ϕπωϕ=⎧⎪∴⎨⎛⎫+= ⎪⎪⎝⎭⎩， 又0,||2πωϕ><，6πϕ∴=，16,k k Z ω=+∈，结合图像可知31134632T πππ=-=，则2T π=，故21T πω==，()2sin 6f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭，令,6x k k Z ππ+=∈，解得,6x k k Z ππ=-+∈，即函数()f x 的对称中心为,06k ππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭k Z ∈，令0k =时，6x π=-，故0x 的最小值为6π．故选D ． 【点睛】思路点睛：求()0,0()y Asin x B A ωϕω+=+>>解析式的步骤 (1)求A ，B ，确定函数的最大值M 和最小值m ，则2M mA ，2M mB +=． (2)求ω，确定函数的周期T ，则2Tπω=． (3)求φ，常用方法如下：代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．25．设函数()sin()1,0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=++>>< ⎪⎝⎭的最大值为2，其图象相邻两个对称中心之间的距离为2π，且()f x 的图象关于直线12x π=对称，则下列判断正确的是（）A ．函数()y f x =在,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减 B ．函数()y f x =的图象关于点,06π⎛⎫-⎪⎝⎭对称 C ．函数()y f x =的图象关于直线512x π=-对称 D ．要得到sin 21y x =+的图象，只需将()f x 图象向右平移3π个单位 【答案】C【分析】依题意可求得A ，ω，ϕ，从而可求得()f x 的解析式，从而可以对函数的单调区间、对称中心、对称轴、平移一一判断． 【解析】由已知：3A =，2ω=，3πϕ=，∴()3sin(2)13f x x π=++，令3222232k x k πππππ+++，得7()1212k x k k Z ππππ++∈，故选项A 错误； 根据函数()f x 的解析式可知对称中心的纵坐标一定是1，故选项B 错误； 令2()32x k k Z πππ+=+∈，解得()122k x k Z ππ=+∈，当1k =-时，符合题意，故选项C 正确； 对于选项D ，需将()f x 图象向右平移6π个单位才能得到sin 21y x =+，故选项D 错误．故选C ． 【点睛】解决本题的关键是要求出()sin()1f x A x ωϕ=++的解析式，然后要对单调性、对称性以及平移很熟悉．26．若sin170tan10λ︒+︒=λ的值为（ ）A B ．2 C ．3D ．3【答案】D【解析】依题意，sin10sin10cos10λ︒︒+=︒sin10cos10cos10︒︒+︒=︒，sin10︒cos10cos10︒︒=︒，()202cos10sin 30sin10cos302sin 20︒︒︒=︒︒=-︒2=，则λ=D ． 27．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，下列条件使得ABC 无法唯一确定的是（ ）A ．3,15,25aBC ==︒=︒ B ．3,4,40a b C ===︒ C ．3,4,40a b A ===︒D ．3,4,40a b B ===︒【答案】C【分析】对于A ：用正弦定理判断；对于B ：先由余弦定理，再用正弦定理可以求出角A 、B ，进行判断； 对于C ：由正弦定理4sin 40sin =3B ⨯，根据大边对大角，这样的角B 有2个，进行判断；． 对于D ：由正弦定理计算3sin 40sin =4A ⨯，由大边对大角，这样的角A 有1个，进行判断． 【解析】对于A ：∵3,15,25aBC ==︒=︒，∴A =140°，由正弦定理得：sin sin sin a b cA B C==， ∴33sin sin15,sin =sin 25sin sin140sin sin140a ab Bc C A A =⨯=⨯=⨯⨯， ∴ABC 唯一确定；故A 正确． 对于B ：∵3,4,40a b C ===︒，由余弦定理，可得：222cos40=2524cos40c a b ab =+--，由正弦定理：sin sin sin a b c A B C ==，有：3424cos 40sin sin sin 40A B==，可以求出角A 、B ，∴ABC 唯一确定；故B 正确． 对于C ：∵3,4,40a b A ===︒，由正弦定理：sin sin sin a b cA B C ==，有：34sin 40sin B=， ∴4sin 40sin =3B ⨯， ∵3,4,a b ==∴a b <∴40A B =<，这样的角B 有2个，∴ABC 不唯一，故C 错误． 对于D ：∵3,4,40a b B ===︒，由正弦定理：sin sin sin a b cA B C ==，有：34sin sin 40A =， ∴3sin 40sin =4A ⨯，∵3,4,a b ==∴a b <∴40AB <=，这样的角A 有唯一一个，∴角C 唯一，∴ABC 唯一，故D 正确，故选C ．【点睛】判断三角形解的个数的方法：（1）画图法：以已知角的对边为半径画弧，通过与邻边的交点个数判断解的个数：。
2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析
全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。
2.2020年 全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。
3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。
1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。
解析：（1） 单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。
若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。
通常二次求导的为多。
（2） 恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。
常常是把恒成立化成最值问题。
由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。
这里介绍了两种方法。
解：（1） 当a=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。
而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。
（2）解法一 ，分离参数法 当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。
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绝密★启用前高中数学2020年06月月考试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明第II 卷（非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明一、解答题1．（2019·安徽省高三月考（文））已知函数sin ()ln xf x x x=-． （1）证明：函数()f x 在()0,π上有唯一零点； （2）若()0,2x π∈时，不等式sin 2()ln 2x af x x x x++≤恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）⎫+∞⎪⎣⎭． 【解析】 【分析】（1）对函数求导得2(cos 1)sin ()x x xf x x--'=，由(0,)x π∈可得()0f x '<，从而得到函数的单调性，再根据区间端点的函数值，即可得答案； （2）等式sin 2()ln 2x a f x x x x ++≤，可化为不等式1sin sin 22x x a +≤，令1()sin sin 2,(0,2)2g x x x x π=+∈利用导数求得()g x 的最大值，即可得答案.【详解】（1）证明：由sin ()ln xf x x x=-得 22cos sin 1(cos 1)sin ()x x x x x xf x x x x ---'=-=当(0,)x π∈时，cos 10x -<，sin 0x -<， 则()0f x '<，函数()f x 在()0,π上单调递减， 又3()ln066f πππ=->，()ln 0f ππ=-<试卷第2页，总71页所以函数()f x 在()0,π上有唯一零点，得证． （2）由题知不等式sin 2()ln 2x a f x x x x ++≤，可化为不等式1sin sin 22x x a +≤， 则由题有1sin sin 22x x a +≤对()0,2x π∀∈恒成立， 令1()sin sin 2,(0,2)2g x x x x π=+∈则有()2cos cos22cos cos 1g x x x x x '=+=+-()()cos 12cos 1x x =+-，其中cos 10x +≥， 由2cos 10x -=得3x π=或53x π=则当03x π<<或523x ππ<<时，()0g x '>， 当533x ππ<<时，()'0g x ≤， 当且仅当x π=时，()0g x '=，所以函数()g x 在(0,)3π5,23ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在5,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又3g π⎛⎫=⎪⎝⎭，(2)0g π=0>， 所以max ()g x =，则a ≥ 即得实数a 的取值范围是,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点、不等式恒成立求参数范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意函数构造法的应用.2．（2020·广东省高三期末（理））已知函数()21sin f x x a x =+-，[]0,x π∈，a R ∈，()'f x 是函数()f x 的导函数.（1）当1a =时，证明：函数()f x 在区间[]0,π没有零点； （2）若()'sin 0f x a x a ++≤在[]0,x π∈上恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）a π≤- 【解析】 【分析】（1）当1a =时,()21sin f x x x =+-,由[]0,x π∈可得211x +≥,0sin 1x ≥-≥-且()01f=,224f ππ⎛⎫=⎪⎝⎭,()21f ππ=+,即可得0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,即可得到21sin 0x x +->恒成立,进而证明；（2）()'2cos f x x a x =-,则2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立,设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈,则()000g =≤,()220g a ππ=+≤,可得a π≤-,对()g x 求导,由导函数的单调性进而判断()g x 的单调性,从而求解即可【详解】（1）证明：若1a =,则()21sin f x x x =+-,[]0,x π∈,又211x +≥,0sin 1x ≤≤,故0sin 1x ≥-≥-,所以21sin 0x x +-≥, 又()01f=,224f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()21f ππ=+, 当0,,22x πππ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时,1sin 0x -<-<,所以21sin 0x x +->恒成立,所以当1a =时,函数()f x 在区间[]0,π没有零点. （2）解:()'2cos f x x a x =-,[]0,x π∈,故2cos sin 0x a x a x a -++≤在[]0,x π∈上恒成立, 设()2cos sin x a x a g a x x =-++,[]0,x π∈, 所以()000g =≤,()220g a ππ=+≤,即a π≤-,因为()2sin cos 24'g a x x a x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭,由a π≤-,得0a <,所以在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上()'g x 单调递减,所以()()2'0''24a g g x g π⎛⎫+=≥≥=+ ⎪⎝⎭；在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上()'g x 单调递增()()2'''24g g x g a ππ⎛⎫+=≤≤=- ⎪⎝⎭,试卷第4页，总71页又a π≤-,所以()'020g a =+<,'204g π⎛⎫=+< ⎪⎝⎭,()'20g a π=->,故()'g x 在区间,4ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一零点区间0x ,由()'g x 的单调性可知, 在区间[]00,x 上()'0g x ≤,()g x 单调递减； 在区间(]0,x π上()'0g x ≥,()g x 单调递增,()()()()000g x g g x g π⎧≤=⎪⎨≤≤⎪⎩,故a π≤- 【点睛】本题考查函数的零点的分布问题,考查利用导函数研究函数的单调性,考查利用导函数处理恒成立问题,考查运算能力3．（2019·福建省厦门双十中学高三月考）已知m R ∈，且01m <<，函数()21sin 2f x x mx x =+-+（1）()f x 在[]0,1x ∈上的极值点个数； （2）研究函数()y f x =在[]0,1x ∈的零点个数. 【答案】（1）1个；（2）无零点 【解析】 【分析】（1）求得()cos f x x m x '=+-，()1sin 0f x x ''=+>，得出()f x '在[]0,1x ∈上单调递增，由01m <<，得到()00f '<，()10f '>，得到存在[]00,1x ∈，使得()00f x '=，进而得到函数()f x 单调性，即可得到答案. （2）由（1）得出函数()2000min1sin 22f x x mx x =+-+，且00cos 0x m x +-=，设()21cos sin 2g x x x x x =-+-+[]0,1x ∈，转化为()sin 0g x x x x '=--<在[]0,1恒成立，结合()g x 的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，函数()21sin 22f x x mx x =+-+， 则()cos f x x m x '=+-，()1sin 0f x x ''=+>， 所以()f x '在[]0,1x ∈上单调递增，因为01m <<，所以()010f m '=-<，()11cos10f m '=+->， 所以存在[]00,1x ∈，使得()00f x '=，所以当[]00,x x ∈，()0f x '<，函数()f x 在[]00,x 递减， 当[]0,1x x ∈，()0f x '>，函数()f x 在[]0,1x 递增，所以()f x 在[]0,1x ∈存在唯一的极小值点，没有极大值点，所以极值点有1个. （2）由（1）知()f x 在[]00,x 递减，在[]0,1x 递增，其图像如图所示， 可得()00f =>，()11sin102f m =+->，()()20000min 1sin 22f x f x x mx x ==+-+，且00cos 0x m x +-=， 又由()()20000001cos sin 22f x x x x x x =+--+，即()2000001cos sin 2f x x x x x =-+⋅-+， 设()21cos sin 2g x x x x x =-+-+[]0,1x ∈， 则()sin 0g x x x x '=--<在[]0,1x ∈恒成立， 所以故()g x 在[]0,1x ∈单调递减，所以()()11cos1sin12g x g ⎛⎛⎫≥=-++-+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭1cos 60sin 6002⎛⎛⎫>-+︒+-︒+= ⎪ ⎝⎭⎝⎭， 所以()0f x ≥在[]0,1x ∈恒成立，即()f x 在[]0,1x ∈无零点.试卷第6页，总71页…………○………………○……【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．4．（2019·山东省山东师范大学附中高三月考）设函数()sin xf x e a x b =++.（Ⅰ）当1a =，[)0,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求b 的范围； （Ⅱ）若()f x 在0x =处的切线为10x y --=，且方程()2m xf x x-=恰有两解，求实数m 的取值范围. 【答案】（I ） 1b ≥- （II ） 10m e-<< 【解析】试题分析：（1）将参数值代入得到函数表达式，研究函数的单调性求得函数最值，使得最小值大于等于0即可；（2）根据切线得到0a =，2b =-，方程22xm xe x--=有两解，可得22x xe x m x -=-，所以x xe m =有两解，令()x g x xe =，研究这个函数的单调性和图像，使得常函数y=m ，和()xg x xe =有两个交点即可.解析：由()sin xf x e a x b =++，当1a =时，得()cos xf x e x '=+.当[)0,x ∈+∞时，[]1,cos 1,1xe x ≥∈-，且当cos 1x =-时，2,x k k N ππ=+∈，此时1x e >.所以()cos 0xf x e x =+>'，即()f x 在[)0,+∞上单调递増，所以()()min 01f x f b ==+，由()0f x ≥恒成立，得10b +≥，所以1b ≥-. （2）由()sin xf x e a x b =++得()cos x f x e a x =+'，且()01f b =+.由题意得()001f e a '=+=，所以0a =.又()0,1b +在切线10x y --=上. 所以0110b ---=.所以2b =-. 所以()2xf x e =-.即方程22xm xe x--=有两解，可得22x xe x m x -=-，所以x xe m =. 令()xg x xe =，则()()1xg x e x '=+，当(),1x ∈-∞-时，()0g x '<，所以()g x 在(),1-∞-上是减函数. 当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，所以()g x 在()1,-+∞上是减函数. 所以()()min 11g x g e=-=-. 又当x →-∞时，()0g x →；且有()10g e =>. 数形结合易知：10m e-<<. 点睛：本题中涉及根据函数零点求参数取值，是高考经常涉及的重点问题，（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 5．（2019·四川省成都七中高三期中（理））已知函数()()[]sin 11226xx f x g x ax x e ππ+==+∈-，，，，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[]022x ππ∈-，，在区间[]22ππ-，上总存在三个不同的()123i x i =，，，使得()()()()1230f 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.试卷第8页，总71页【答案】（1）单调递增区间为02π⎛⎫-⎪⎝⎭，与322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调递减区间为22ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，与302π⎛⎫⎪⎝⎭，（2）存在，221111212122a e e ππππππ-<<- 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系即可求解， （2）结合（1）的讨论,对a 进行分类讨论，即可求解． 【详解】 解：（1）()[]sin 1,22xx f x x eππ+=∈-， ()()()[]2cos sin 1cos sin 122x xxx e x x e x x f x x e e ππ-+--'∴==∈-，，.当()'0f x >，即cos sin 10x x -->时，3sin 42x π⎛⎫+>⎪⎝⎭. 4224334k k x k Z πππππ∴++<<+∈， ∴222k x k k Z πππ-<<∈，.当0k =时，02x π-<<；当1k =时，322x ππ<<. 当()'0f x <，即cos sin 10x x --<时，3sin 42x π⎛⎫+<⎪⎝⎭. 5344224k x k k Z πππππ∴-<<++∈，∴2222k x k k Z ππππ-<<-∈，.当0k =时，22x ππ-<<-；当1k =时，302x π<<. ∴函数()f x 的单调递增区间为02π⎛⎫-⎪⎝⎭，与322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，单调递减区间为22ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，与302π⎛⎫ ⎪⎝⎭，. （2）由（1）可知，函数()f x 在[]22x ππ∈-，有两个极小值，3022f f ππ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，存在一个极大值()01f =，另外()()22122f e f e ππππ-==，. 对于函数()[]1226g x ax x ππ=+∈-，，. 假设存在满足题意的实数a . 当0a =时，()21116g x e π⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，，满足题意. 当0a >时，()112266g x a a ππ⎡⎤∈-++⎢⎥⎣⎦，. 由题意211261216a e a πππ⎧-+>⎪⎪⎨⎪+<⎪⎩，解得2110122a e πππ<<-. 当0a <时，()112266g x a a ππ⎡⎤∈+-+⎢⎥⎣⎦，. 由题意211261216a e a πππ⎧-+>⎪⎪⎨⎪-+<⎪⎩，解得2110212a e πππ-<<. 综上，实数a 的取值范围是221111212122a e e ππππππ-<<-. 【点睛】本题综合考查了导数的应用及逻辑推理与运算的能力，属于难题． 6．（2020·海南省海南中学高二期末）已知()()4431sin cos 30443x x f x x xf '=-++. （1）求()0f '； （2）设()21sin 22xg x x =+，求证：()g x 在(),0-∞内有且只有一个零点； （3）求证：当0x >时，()1f x >-.【答案】（1）()00f '=；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用平方差公式和二倍角余弦公式可得出()()31cos3023x f x x xf '=-++，求导，将0x =代入导函数的解析式，可得出关于()0f '的方程，即可解出()0f '的值； （2）利用导数分析函数()y g x =在区间(),0-∞上的单调性，结合零点存在定理可证试卷第10页，总71页明出结论成立；（3）分析出函数()y f x =在区间()0,∞+上为增函数，由()()0f x f >可证明出不等式成立. 【详解】 （1）()()()22223311sin cos sin cos 3030cos4444332x x x x x f x x xf x xf ⎛⎫⎛⎫''=-+++=+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，()()2130sin 22xf x x f ''∴=++，()()030f f ''∴=，解得()00f '=；（2）()21sin 22x g x x =+，x ∈R ，()1cos 242x g x x '∴=+，x ∈R ，()12sin 082xg x ''=->，x ∈R ，∴函数()y g x '=在R 上单调递增.()1004g '=>，()111cos 2042g ⎛⎫'-=--< ⎪⎝⎭，所以，()01,0x ∃∈-使得()00g x '=，列表如下：()()000g x g <=，()1111sin 022g -=->，()101,x x ∴∃∈-使()10g x =，当()0,0x x ∈时，函数()y g x =单调递增，此时，()()00g x g <=. 因此，函数()y g x =在(),0-∞内有且只有一个零点；（3）由于函数()y g x '=在R 上单调递增，则当0x >时，()()1004g x g ''>=>， 所以，函数()()21sin 22xf x xg x '=+=在()0,∞+单调递增. ()()()00f x g x g '∴=>=，∴函数()y f x =在()0,∞+上单调递增，当0x >时，()()01f x f >=-.【点睛】本题考查导数值的计算，同时也考查了利用导数研究函数的零点问题以及证明不等式，解题时要结合导数分析函数的单调性，在求解零点问题时，可以结合零点存在定理来分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.7．（2019·湖南省雅礼中学高三月考（理））已知函数()sin 1f x x x =-. （1）求曲线()y f x =在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程； （2）判断()f x 在()0,π内的零点个数，并加以证明.【答案】（1）10x y --=（2）()f x 在()0,π内有且仅有两个零点，证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据在某点处的切线方程即可得解；（2）结合函数的单调性和取值范围依据根的存在性定理讨论零点个数. 【详解】（1）()'sin cos f x x x x =+，所以切线方程为'222y f f x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即1y x =-，亦即10x y --=.（2）①当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()'sin cos 0f x x x x =+>，所以()f x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，且()010f =-<，1022f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，故()f x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦内有唯一的零点1x .②当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，令()()'g x f x =，则()'2cos sin 0g x x x x =-<，所以 ()g x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，且102g π⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()0g ππ=-<，所以存在,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0g α=，所以当,2x πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0f x g x =>，即()f x 在试卷第12页，总71页,2πα⎛⎫⎪⎝⎭递增， 当(),x απ∈时，()()'0f x g x =<，即()f x 在(),απ递减. 又()1022f f ππα⎛⎫>=->⎪⎝⎭，()10f π=-<. 故()f x 在(),απ内有唯一的零点2x .综上，()f x 在()0,π内有且仅有两个零点1x ，2x . 【点睛】此题考查导数的综合应用，涉及导数的几何意义，求在某点处的切线，根据导函数讨论函数单调性处理零点个数问题，综合性比较强.8．（2020·江西省高二期末（文））已知函数()()sin cos f x a x x x =--. ⑴当2a =时，证明:()f x 在()0,π上有唯一零点； (2)若()2f x ≤对()0,x π∀∈恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) ,22π⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦【解析】 【分析】（1）通过导数可得()f x 单调性，利用零点存在性定理依次验证()f x 在各个单调区间内是否有零点，结合单调性可知每段单调区间内零点具有唯一性，从而可证得结论；（2）采用分离变量的方式将问题转化为2cos sin xa x x+≤+对()0,x π∀∈恒成立，令()2cos sin xg x x x+=+，利用导数得到()g x 在()0,π内的最小值，从而得到结果.【详解】（1）当2a =时，()()2sin cos f x x x x =--()()()sin 2cos sin 2cos f x x x x x x x '∴=-+-+=-当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和()2,π时，()0f x '>；当,22x π⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '< ()f x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2,π上单调递增；在,22π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减()010f =-<，2022f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭ ()f x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点()2cos20f =-> ()f x ∴在,22π⎛⎫⎪⎝⎭上没有零点()10f π=> ()f x ∴在()2,π上没有零点综上所述：()f x 在()0,π上有唯一零点（2）当()0,x π∈时，()2f x ≤恒成立等价于2cos sin xa x x+≤+对()0,x π∀∈恒成立令()2cos sin xg x x x+=+，()0,x π∈则()()()222sin 2cos cos cos 2cos 1sin sin x x x x x g x x x--++'=+=-∴当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；当,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '>()g x ∴在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增()min 222g x g ππ⎛⎫∴==+ ⎪⎝⎭22a π∴≤+即a 的取值范围为：,22π⎛⎤-∞+ ⎥⎝⎦【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数和零点存在性定理研究函数的零点个数、恒成立问题的求解；解决恒成立问题的常用方法是通过分离变量的方式将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系问题，从而利用导数求得函数的最值，得到所求范围.9．（2014·辽宁省高考真题（理））已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+，2()3()cos 4(1sin )ln(3)xg x x x x ππ=--+-.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+<.【答案】（1）详见解析；（2） 详见解析.试卷第14页，总71页…………线…………………线………【解析】 【分析】 【详解】 （1）当(0,)2x π∈时，，函数()f x 在(0,)2π上为减函数，又2816(0)0,()0323f f πππ=->=--<，所以存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =.（2）考虑函数3()cos 2()4ln(3),[,]1sin 2x x h x x x x ππππ-=--∈+，令t x π=-，则[,]2x ππ∈时，[0,]2t π∈， 记3cos 2()()4ln(1)1sin t t u t h t t t ππ=-=-++，则3()'()(2)(1sin )f t u t t t π=++，有（1）得，当0(0,)t x ∈时，'()0u t >，当0(,)2t x π∈时，'()0u t <.在0(0,)x 上()u t 是增函数，又(0)0u =，从而当0(0,]t x ∈时，()0u t >，所以()u t 在0(0,]x 上无零点.在0(,)2x π上()u t 是减函数，又0()0,()4ln 202u x u π>=-<，存在唯一的10(,)2t x π∈，使1()0u t =.所以存在唯一的10(,)2t x π∈使1()0u t =.因此存在唯一的11(,)2x t πππ=-∈，使111()()()0h x h t u t π=-==.因为当(,)2x ππ∈时，1sin 0x +>，故()(1sin )()g x x h x =+与()h x 有相同的零点，所以存在唯一的1(,)2x ππ∈，使1()0g x =.因1110,x t t x π=->，所以01x x π+<考点：1.零点唯一性的判断；2.函数的单调性的应用.10．（2020·江西省高三其他（文））已知函数()21ln ln 12f x ax x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭. （1）若2ea <，讨论()f x 的单调性；（2）若1a =，1x ≥，求证：()2321sin 2f x x x x >-++. 【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当02e a <<时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）由题意得，()()()()21ln 10f x ax x x '=-+>，分0a ≤和02ea <<两种情况讨论，从而得出结论；（2）由题意分析，只需证()21ln 10x x x x ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭，由1x ≥得20x x -≥，设()1ln 1g x x x=-+，根据导数研究其单调性与最值，从而得出证明．【详解】解：（1）∵()21ln ln 12f x ax x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭， ∴()2ln 2ln 1f x ax x ax x '=+--()()()21ln 10ax x x =-+>，①若0a ≤，则210ax -<，当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数，当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数； ②若02ea <<，即112a e >， 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和1,2x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 是增函数， 当11,2x e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 是减函数；综上可得，当0a ≤时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减； 当02e a <<时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；试卷第16页，总71页（2）当1a =时，要证()2321sin 2f x x x x >-++， 只需证()23222f x x x ≥-+，即证()21ln 10x x x x ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭，∵1x ≥，∴20x x -≥，设()1ln 1g x x x=-+， 则()221110x g x x x x-'=-=≥， ∴()g x 在[)1,+∞上是增函数，()()10g x g ≥=，1ln 10x x-+≥， ∴()21ln 10x x x x ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭， 因此()2321sin 2f x x x x >-++成立． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查利用导数证明不等式，考查计算能力，考查分类讨论思想，考查转化与化归思想，属于难题． 11．（2020·四川省高三三模（理））已知函数()sin cos f x x x x =-． （1）判断函数()f x 在区间(0,2)π上零点的个数，并说明理由． （2）当0πx <<时，①比较1x -与ln x 的大小关系，并说明理由； ②证明：()()cos ln[]1cos xf x ef x x +≤⋅-．【答案】（1）有唯一一个零点，理由详见解析；（2）①1ln x x -≥，证明详见解析；②证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数可判断函数的单调性，结合函数的性质可求函数的零点个数；（2）①令()1ln g x x x =--，然后对其求导，结合导数可研究函数的单调性，进而由函数的取值范围可比较大小；②结合①的结论，利用分析法分析结论成立的条件，然后利用导数可求． 【详解】（1）因为()sin cos f x x x x =-，所以()sin f x x x '=．当(0,)x π∈时，()sin 0,0x f x '>>，函数()f x 在(0,)π上单调递增， 所以()()00f x f >=，且()0fππ=>，故()f x 在(0,)π上无零点；当(,2)x ππ∈时，()sin 0,0x f x '<<，函数()f x 在(,2)ππ上单调递减， 又由()0,(2)20f f ππππ=>=-<， 故()f x 在区间(,2)ππ上有唯一零点；综上，函数()f x 在区间(0,2)π上有唯一一个零点． （2）①1ln x x -≥，证明过程如下： 设函数()1ln g x x x =--，则()1,(0)x g x x xπ-'=<<， 令()0g x '<，即10x x-<，解得01x <<； 令()0g x '>，即10x x->，解得1x π<<， 所以函数()y g x =在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，π）上单调递增． 则函数()y g x =在1x =处取得极小值，亦即最小值()10g =， 即ln 10x x --≥，综上可得，1ln x x -≥成立；②要证：ln [f （x ）]+1≤e cosx f （x ）﹣cosx 成立，即证明ln （sinx ﹣xcosx ）≤（sinx ﹣xcosx ）e cosx ﹣cosx ﹣1成立， 因为f （x ）在（0，π）上单调递增，()()00f x f >=， 即sinx ﹣xcosx ＞0，所以（sinx ﹣xcosx ）e cosx ＞0， 由①知1ln x x -≥，即有1ln x x ≥+，有（sinx ﹣xcosx ）e cosx ≥1+ln [（sinx ﹣xcosx ）e cosx ]成立，当12x π=时，11cos 22111111(sin cos )1ln[sin cos ]222222e e πππππππ-⋅≥+-⋅成立，由11cos 22111111(sin cos )1ln[sin cos ]222222e e πππππππ-⋅=+-⋅成立，此时能取等号，即有cos (sin cos )1ln[(sin cos )cos ]xx x x e x x x x -⋅≥+-+成立，即()()cos ln[]1cos xf x e f x x +≤⋅-成立.【点睛】试卷第18页，总71页本题主要运用导数研究考查了函数的零点个数，比较函数式的大小及证明不等式，其中解答中合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于难题．12．（2020·湖北省高三三模（文））已知函数()()()2f x x x a a =+∈R .（1）若3a =-，求过点()4,4P 且与()y f x =相切的直线方程；（2）若0a ≤，证明：()()222sin 2sin 42sin x a x a x+-≤+-+.【答案】（1）932y x =-或4y =（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，需要分类讨论，即可求出切线方程；（2）判断函数的单调性，要证：222(sin 2)(sin 4)2sin x a x a x+-+-+，0a ，只要证22sin sin x x -，根据正弦函数的性质即可证明．【详解】解：（1）若3a =-为偶函数，()()232369f x x x x x x =-=-+，()23129f x x x '=-+，①当切点为()4,4P 时，()49f '=，切线方程为()944y x =-+，即932y x =- ②当切点不为()4,4P 时，设切点为()00,Q x y ，()20003129k f x x x '==-+切，切线方程为()()()220000031293y x x x x x x=-+-+-，其过点()4,4P ，有()()()22000004312943x x x x x =-+-+-，易知04x =是其一解.即()()()()22000000312944210x x x x x x -+-+--+=，即()()200410x x --=，故点Q 的横坐标01x=，有()1,4Q ，又()10f '=，故切线方程为4y =，综合可知，若3a =-，过点()4,4P 且与()y f x =相切的直线方程为932y x =-或4y =.（2）()()23222f x x x a x ax a x =+=++，()()()22343f x x ax a x a x a '=++=++，0a ≤，,3a x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，(),a -+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；由03aa ≤-<-，有()f x 在(],1-∞-单调递增， 由[]sin 1,1x ∈-，有sin 21x -≤-，2sin 41x -≤-，要证：()()222sin 2sin 42sin x a x a x+-≤+-+，0a ≤，即证：()()()()2222sin 2sin 2sin 4sin 4x x a x x a -+-≥-+-，()()2sin 2sin 4f x f x ⇔-≥-， 2sin 2sin 4x x ⇔-≥-，22112sin sin sin 24x x x ⎛⎫⇔≥-=-- ⎪⎝⎭，此式恒成立，故0a ≤时，()()222sin 2sin 42sin x a x a x+-≤+-+恒成立.13．（2020·广州大学附属中学高三一模（理））已知函数()2cos f x x x π=+（1）求函数()f x 的最小值；（2）若函数()()g x f x a =-在()0,∞+上有两个零点1x ，2x ，且12x x <，求证：12232x x π+<. 【答案】（1）()2min 4f x π=（2）证明见解析；【解析】 【分析】（1）判断函数为偶函数，求导得到()2sin f x x x π'=-，计算得到0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()f x 单减，,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()f x 单增，得到最小值.试卷第20页，总71页（2）只需证明1222x x π+<，构造函数()()()F x f x f x π=--，确定函数单调递增，故()()11f x f x π<-，即()()21f x f x π<-，根据函数单调性得到证明.【详解】（1）()2cos f x x x π=+，()()2cos f x x x f x π-=+=，()f x 为偶函数，故只需求[)0,x ∈+∞时()f x 的最小值，()2sin f x x x π'=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，设()2sin h x x x π=-，()2cos h x x π'=-，显然()h x '单增，而()00h '<，02h π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，由零点存在定理，存在唯一的00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=， 当()00,x x ∈，()0h x '<，()h x 单减， 当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x '>，()h x 单增， 而()00h =，02h π⎛⎫=⎪⎝⎭，故0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0h x <， 即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '<，()f x 单减； 又当,2x π⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，2sin x x ππ>>，()0f x '>，()f x 单增， 所以()n2mi 24f x f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭.（2）11212212123131222223332x x x x x x x x x x ++++++=<=， 只需证1222x x π+<，由（1）得10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，2,2x π⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，构造函数()()()F x f x fx π=--，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()()22sin 0F x f x f x x πππ'''=+-=->，即()F x 单增，所以()02F x F π⎛⎫<= ⎪⎝⎭，即当0,2x π⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()()f x f x π<-， 而10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()()11f x f x π<-，又()()12f x f x =， 即()()21f x f x π<-，此时2x ，1,2x ππ⎛⎫-∈+∞ ⎪⎝⎭， ()f x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单增，所以21x x π<-，12x x π+<，即证1222x x π+<.【点睛】本题考查了函数的最值，函数零点问题，证明不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.14．（2020·天津高三二模）已知函数()02xxf x e e sinx x e π⎡⎤=-∈⎢⎥⎣⎦，，（为自然对数的底数）．（1）求函数()f x 的值域；（2）若不等式()(1)(1sin )f x k x x --对任意02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，恒成立，求实数k 的取值范围；（3）证明：1213()122x e x ---+＞． 【答案】（1）[]0,1；（2）2112e k ππ-≤≤-；（3）证明见解析.【解析】 【分析】（1）先对函数求导，判断出函数单调性，进而可得出值域；（2）先由题意，将问题转化为(1)xe k x ≥-对任意02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，恒成立，构造函数()x g x e kx k =-+，对函数()g x 求导，用导数方法判断其单调性，求其最小值，即可得出结果. （3）令()1213()122x h x ex -=+--，对函数()h x 求导，用导数方法研究其单调性，求其最小值，只需最小值大于0即可.试卷第22页，总71页【详解】（1）因为()xxf x e e sinx =-，所以()((1sin cos )1)4cos )x x x xf x e e sinx x e e x x x π'=-+⎡⎤--==+⎢⎥⎣⎦， ∵02x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴3444x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，， ∴42sin x π⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，所以()0f x '≤， 故函数()f x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，函数()f x 的最大值为()1010f =-=；()f x 的最小值为22022f e e sin ππππ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以函数()f x 的值域为[]0,1．（2）原不等式可化为)(1)(1sin (1)xe sinx k x x -≥-- …（*）， 因为1sin 0x -≥恒成立，故（*）式可化为(1)xe k x ≥-．令()xg x e kx k =-+，则()xg x e k '=-，当0k ≤时，()0xg x e k '=->，所以函数()g x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递增，故()(0)10g x g k ≥=+≥，所以10k -≤≤；当0k >时，令()0xg x e k '=-=，得ln x k =，所以当(0,ln )x k ∈时，()0xg x e k '=-<；当(ln ,)x k ∈+∞时，()0xg x e k '=->．所以当2lnk π＜，即20k e π<<时，函数min ()(ln )2ln 0g x g k k k k ==->成立；当2lnk π≥，即2k e π≥时，函数()g x 在02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上单调递减，2()022ming x g e k k πππ⎛⎫==-+≥ ⎪⎝⎭，解得2212e e k πππ≤≤-综上，2112e k ππ-≤≤-．（3）令()1213()122x h x ex -=+--，则()132x h x e x -'=+-． 由1124133100244h e h e --⎛⎫⎛⎫''=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＜，＞，故存在01324x ，⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，即 01032x ex -=-． 所以，当0(,)x x ∈-∞时，()0h x '<；当0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>． 故当0x x =时，函数()h x 有极小值，且是唯一的极小值， 故函数()0122min 000013313()()1()()122222x h x h x ex x x -==+--=--+-- 220013313()12222522x x ⎡⎤⎛⎫=---=-- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭， 因为01324x ，⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以22015313531()()022*******x ----=>>， 故()1213()1022x h x ex -=+-->， 即1213()122x e x ---+>．【点睛】本题主要考查导数的应用，用导数的方法研究函数单调性、最值、以及由不等式恒成立求参数的问题，属于常考题型.15．（2020·福建省高三其他（文））已知函数()(sin cos )x f x x x x e =+-，()f x '为()f x 的导函数．（1）设()()()g x f x f x '=-，求()g x 的单调区间； （2）若0x ≥，证明：()1f x x ≥-． 【答案】（1）()g x 的单调递增区间22(22),33k k k Z ππππ-++∈，；单调递减区间2(2,3k ππ+42),3k k Z ππ+∈；（2）详见解析． 【解析】 【分析】（1）先对()g x 求导，然后结合导数符号可求函数的单调区间；试卷第24页，总71页（2）要证明：()1f x x ≥-，只要证0()1f x x +-≥，构造函数()()1h x f x x =+-，0x ≥，结合导数及函数性质可证．【详解】 （1）由已知，()(1cos sin )(sin cos )(12sin )x x x f x x x e x x x e x x e '=++++-=++，所以()()()(1sin cos )xg x f x f x x x e '=-=++，()(12cos )xg x x e '=+，令()0g x '>，得1cos 2x >-，解得2222,33k x k k Z ππππ-+<<+∈， 令()0g x '<，得1cos 2x <-，解得2422,33k x k k Z ππππ+<<+∈， 故()g x 的单调递增区间22(22),33k k k Z ππππ-++∈，；单调递减区间24(2,2),33k k k Z ππππ++∈ （2）要证()1f x x ≥-，只需证：0()1f x x +-≥．设()()1h x f x x =+-，0x ≥，则()()1(12sin )1xh x f x x x e ''=-=++-．记()()(12sin )1x t x h x x x e '==++-，则()(22sin 2cos )xt x x x x e '=+++． 当[0,]x π∈时，sin 0x ≥，又22cos 0x +≥，0x e >，所以()0t x '≥；当(,)x π∈+∞时，x π>，2sin 2x ≥-，所以2sin 20x x π+>->，又22cos 0x +≥，0x e >，所以()0t x '≥．综上，当0x ≥时，()0t x '≥恒成立， 所以()t x 在[0,)+∞上递增．所以，()(0)0t x t ≥=，即()0h x '≥，所以，()h x 在[0,)+∞上递增，则()(0)0h x h ≥=，证毕． 【点睛】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数学核心素养，是一道有一定难度的压轴题.16．（2020·湖北省高三三模（文））已知函数()sin 1xf x e x =--，()1sin x g x e x x x =---.（1）证明：不等式()0f x >在1,0恒成立；（2）证明：()g x 在π1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭存在两个极值点， 附：10.367e≈，sin10.841≈，cos10.540≈. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）()cos xf x e x '=-，首先利用导数证明当10x -<<时，总有0fx ，然后可得()()00f x f >= （2）分π02x <<和10x -<<两种情况讨论，每种情况都要用导数求出()g x 的单调性. 【详解】（1）()cos xf x e x '=-，设()cos xh x e x =-，易得()sin xh x e x '=+在1,0上为增函数，又()()11sin 10h e -'-=+-<，()010h '=>，∴存在唯一()01,0x ∈-，使得()00h x '=，∴在01x x -<<时，()0h x '<，f x 为减函数，()()11cos10f x f e -''<-=-<，在()0,0x 时，()0h x '>，f x 为增函数，()()00f x f ''<=， 因此10x -<<时，总有0fx，()f x 为减函数.∴()()00f x f >=，从而原不等式得证.（2）()1sin xg x e x x x =---，则()sin cos 1xg x e x x x '=---，在π02x <<时，令()()sin cos 1xm x g x e x x x '==---， 则()sin 2cos xm x e x x x '=+-在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增.又()010m '=-<，π2ππ022m e ⎛⎫'=+>⎪⎝⎭.试卷第26页，总71页∴存在唯一1π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0m x '=.在()10,x x ∈时，()0m x '<，()m x 为减函数，即()g x '为减函数， 在1π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0m x '>，()m x 为增函数，即()g x '为增函数， 而()00g '=，()()100g x g ''<=.又π2π202g e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，存在唯一的21π,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()20g x '=，∴在20x x <<时，0g x ，()g x 为减函数，在2π2x x <<时，0g x ，()g x 为增函数，故2x 为()g x 一个极小值点.另一方面，在10x -<<时，由()()sin 1cos xg x e x x x '=--+-， 而cos 0x x ->，∴()sin 1xg x e x '>--，由（1）可知sin 10x e x -->，∴0g x 在1,0上恒成立，又0g x 在()20,x 上恒成立，∴0x =是()g x 的极大值点，从而得证.【点睛】本题考查的是利用导数证明不等式，利用导数研究函数的单调性，属于难题，考查了学生的分析问题、解决问题的能力.17．（2020·辽宁省高三一模（理））已知函数()cos sin xf x x x x e ax =++-（1）若函数()f x 在点()()0,0f 处的切线与x 轴平行，求实数a 的值及函数()f x 在区间,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调区间； （2）在（1）的条件下，若12x x ≠，()()12f x f x =，求证：'1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭.（()f x '为()f x 的导函数）【答案】（1）1a =，函数()f x 的递增区间为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递减区间为,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）利用()00f '=求得a 的值.再结合()f x '求得()f x 在区间,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的单调区间.（2）将要证明的不等式1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'转化为证明12x x <-，进一步转化为证明()()0,(0,]2f x f x x π-->∈.利用构造函数法，结合导数证得()()0f x f x -->在区间(0,]2π上成立，由此证得不等式1202x x f +⎛⎫< ⎪⎝⎭'成立. 【详解】（1）()cos xf x x x e a =+'-()000k f e a ='=-=∴1a =所以()cos 1xf x x x e =+-'当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，()0f x '<，()f x 递减，当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x '>，()f x 递增所以函数()f x 的递增区间为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，递减区间为,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦（2）由（1）知1x 与2x 异号，不妨设12022x x ππ-≤<<≤，则12424x x ππ+-<< 因为()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦单调递减， 要证1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭'，需要证明12[,0)22x x π+∈-，需要证明12x x <- 因为12,x x -∈,02π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭∴需证()()12f x f x >-， 因为()()12f x f x =即需要证明()()22f x f x >-，即()()220f x f x -->试卷第28页，总71页即()()0,f x f x x -->∈(0,]2π 令()()(),0,2h x f x f x x π⎛⎤=--∈ ⎥⎝⎦()()()h x f x f x '='+'-()cos 1cos 1x x x x e x x e -=+---+-1220x x e e =+->-= 所以()h x 在(0,]2π上递增()()00h x h >=综上1202x x f +⎛⎫<⎪⎝⎭' 【点睛】本小题主要考查根据切线的斜率求参数，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.18．（2020·福建省高三月考（理））已知函数()12sin f x x x =+-（0x >）. （1）求()f x 的单调区间； （2）证明：2()xf x e->.【答案】（1）增区间为π5π(2π2π)33k k ++，（N k ∈）；减区间为(0,π3)和5π7π(2π,2π)33k k ++（N k ∈）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求导根据余弦函数的值域求解()f x '的正负,进而求得()f x 的单调区间即可. (2)由题即证当0x >时,2()(12sin )1x g x x x e =+->.再对2()(324sin 2cos )x g x x x x e '=+--进行分析,并利用sin x x >对()g x '进行放缩,转换为三角函数合一变形求解范围的问题,进而求得()g x 在(0,)+∞上单调递增证明即可. 【详解】（1）()12cos f x x '=-, 由()0f x '>得1cos 2x <,解得π5π2π2π33k x k +<<+（N k ∈）, 由()0f x '<得1cos 2x >,解得π03x <<或5π7π2π2π33k x k +<<+（N k ∈） 所以()f x 的单调递增区间为π5π(2π2π)33k k ++，（N k ∈）；()f x 的单调递减区间为(0,π3)和5π7π(2π,2π)33k k ++（N k ∈）.（2）要证当0x >时,2()xf x e ->,即证当0x >时,2()(12sin )1xg x x x e=+->,222()2(12sin )(12cos )(324sin 2cos )x x x g x x x e x e x x x e '=+-+-=+--,令()sin h x x x =-,则()1cos 0h x x '=-,()h x 在(0,)+∞上单调递增, 故()(0)0h x h >=,即sin x x >,所以324sin 2cos 32sin 4sin 2cos 32(sin cos )x x x x x x x x +-->+--=-+ π3)04x =-+>,所以()0g x '>,()g x 在(0,)+∞上单调递增,故()(0)1g x g >=, 故当0x >时,2()xf x e ->.【点睛】本题主要考查了利用导数分析包含正余弦的函数单调性问题,需要结合三角函数的性质以及范围进行求解,同时注意利用放缩将函数转换为只有正余弦的函数进行分析,属于难题.19．（2020·山东省潍坊一中高二月考）已知函数()(21)cos2x f x x x e x a =++++ （a ∈R ，e 为自然对数的底数），()()ln 21g x x =+，其中()f x 在x =0处的切线方程为y =bx . （1）求a ，b 的值； （2）求证：()g(x)f x ≥；（3）求证：()f x 有且仅有两个零点.【答案】（1）2a =-，2b =；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【解析】 【分析】。