导数与三角函数的结合
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.。
一道三角函数与导数结合的试题解法初探
一道三角函数与导数结合的试题解法初探许顺龙(福建省漳州市台商投资区角美中学ꎬ福建漳州３６３１０７)摘㊀要:近年来高考导数命题的一个新亮点就是以三角函数为背景ꎬ考查导数的综合应用.借助导数来研究有关三角函数型的问题ꎬ能更充分考查学生的数学思想方法㊁数学运算求解能力以及综合应变能力ꎬ彰显学生数学思维的灵活性㊁多样性及创新性.关键词:导函数ꎻ三角函数ꎻ切线放缩ꎻ必要性探路中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００８１－０４收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:许顺龙(１９８３.２－)ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:２０２１年度漳州市基础教育课程教学研究课题 新高考背景下的高中数学项目式学习的策略研究 以漳州台商投资区角美中学为例 (项目编号:ＺＪＫＴＹ２１０８６)㊀㊀题目㊀(泉州市２０２２届高中毕业班质量监测五第２２题)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘ(ａ>０).(１)证明:ｆｘ()在区间０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０ꎬ且ｆᶄ(ｘ０)ɤ２ꎻ(２)当ｘȡ－π时ꎬｆｘ()ȡ２ｓｉｎｘ－π４æèçöø÷ꎬ求实数ａ的取值范围.１试题分析本题是一道导数与三角函数㊁指数函数结合的综合性问题ꎬ第(１)问是利用导数方法证明不等式恒成立ꎬ考查在三角函数背景下运用导数判断函数的单调性㊁求函数的最值㊁零点存在定理等知识ꎻ第(２)问是以三角函数和指数函数交汇作为研究的主体ꎬ打破了常规ꎬ考虑直接用数形结合方法很难解答出来ꎬ进而尝试求导ꎬ由于求导会出现含三角函数的表达式ꎬ使用常规方法处理后续问题变得困难.本题主要考查学生对函数的隐零点的掌握以及根据切线放缩㊁端点效应等方式来解决问题的能力ꎻ对学生的抽象概括㊁推理论证㊁运算求解等核心素养能力要求较高ꎻ考查函数与方程㊁化归与转化㊁分类与整合㊁数形结合等数学思想ꎻ体现综合性㊁应用性与创新性.２试题解析解法１㊀(１)ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ(ａ>０).当０<ｘ<π２时ꎬ２ｓｉｎｘ>０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ此时ｆｘ()单调递增.又ｆ０()＝ｅ－ａ－２<ｅ０－２<０ꎬｆπ２æèçöø÷＝ｅπ２－ａ>０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０.因为ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ０)＝ｅｘ０－ａ＋２ｓｉｎｘ０＝２ｃｏｓｘ０＋２ｓｉｎｘ０＝２ｓｉｎｘ０＋π４æèçöø÷.因为ｘ０ɪ０ꎬπ２æèçöø÷ꎬ所以２ｓｉｎｘ０＋π４æèçöø÷ɤ２.即ｆᶄｘ０()ɤ２ꎬ当ｘ０＝π４时ꎬ等号成立.综上ꎬｆｘ()在０ꎬπ２æèçöø÷有唯一零点ｘ０[１]ꎬ且ｆᶄｘ０()ɤ２.(２)由ｆｘ()ȡ２ｓｉｎｘ－π４æèçöø÷ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘｘȡ－π()ꎬ则ｇᶄｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘｘȡ－π()ꎬｇｘ()ȡ０.(ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇｘ()>０.(ⅱ)当０<ｘ<π时ꎬ由(１)知ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ>０ꎬｆｘ()单调递增ꎬ即ｇᶄｘ()单调递增.又由(１)知ꎬ对于唯一零点ｘ０[２]ꎬｇᶄｘ０()＝０ꎬ且当ｘ０<ｘ<π时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬｇｘ()单调递增ꎬ当０<ｘ<ｘ０时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬｇｘ()单调递减.所以ｇｘ()ｍｉｎ＝ｇｘ０()＝ｅｘ０－ａ－２ｓｉｎｘ０.又ｇᶄｘ０()＝０ꎬ即ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０.所以ｇｘ()ｍｉｎ＝２ｃｏｓｘ０－２ｓｉｎｘ０＝２ｃｏｓｘ０＋π４æèçöø÷.因为ｇｘ()ȡ０ꎬ所以２ｃｏｓｘ０＋π４æèçöø÷ȡ０.又因为０<ｘ０<π２ꎬ所以０<ｘ０ɤπ４.由ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０ꎬ得ａ＝ｘ０－ｌｎ２ｃｏｓｘ０().又因为φｘ()＝ｘ－ｌｎ２ｃｏｓｘ()在区间０ꎬπ４æèçöø÷内单调递增ꎬ且φ０()＝－ｌｎ２ꎬφπ４æèçöø÷＝π４ꎬ所以－ｌｎ２<ａɤπ４.由已知ａ>０ꎬ故０<ａɤπ４.(ⅲ)当ｘȡπꎬ且０<ａɤπ４时ꎬｇｘ()ȡｅπ－ａ－２ｓｉｎｘȡｅπ－ａ－２ȡｅ３π４－２>０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围是０ꎬπ４æèç].解法２㊀(１)令ｐ(ｘ)＝ｅｘ－ａꎬｑ(ｘ)＝２ｃｏｓｘꎬｐ(ｘ)在０ꎬπ２[]单调递增ꎬｑ(ｘ)在０ꎬπ２[]单调递减ꎬｐ(０)＝ｅ－ａ<１(ａ>０)ꎬｑ(０)＝２>１ꎬｐ(π２)＝ｅπ２－ａ>０ꎬｑ(π２)＝０ꎬ即ｐ(０)<ｑ(０)ꎬｐ(π２)>ｑ(π２).所以ｐ(ｘ)与ｑ(ｘ)在０ꎬπ２æèçöø÷的图象只有唯一一个交点.所以ｆ(ｘ)在区间０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０.因为ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ(ａ>０)ꎬｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０.所以ｆᶄ(ｘ０)＝ｅｘ０－ａ＋２ｓｉｎｘ０＝ｅ２(ｘ０－ａ)＋２１－ｅ２(ｘ０－ａ)２＝ｅ２(ｘ０－ａ)＋２－ｅ２(ｘ０－ａ)ɤ２(ｅ２(ｘ０－ａ)＋２－ｅ２(ｘ０－ａ))＝２ꎬ即ｆᶄｘ０()ɤ２.注:此解法利用到不等式ａȡ０ꎬｂȡ０ꎬａ＋ｂɤ２(ａ＋ｂ).(２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０. (ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇ(ｘ)>０.(ⅱ)当ｘ>０时ꎬ①当ａ>π４时ꎬｇ(ｘ)<ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘꎬ由于存在ｇ(π４)<ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ故ａ>π４不符合题意.②当０<ａɤπ４时ꎬｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ.令ｈ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ(ｘȡ０)ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｃｏｓｘꎬ当ｘȡπ２时ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｃｏｓｘ>２３４－２ｃｏｓｘ>２－２ｃｏｓｘ>０ꎬｈ(ｘ)在π２[ꎬ＋ɕ)单调递增.㊀当０<ｘ<π２时ꎬｈᵡ(ｘ)＝ｅｘ－π４＋２ｓｉｎｘ>０ꎬ此时ｈᶄ(ｘ)单调递增.又ｈᶄ(π４)＝ｅπ４－π４－２ｃｏｓπ４＝０ꎬ所以当０<ｘ<π４时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎻ当π４<ｘ<π２时ꎬｈᶄ(ｘ)>０.因此当０<ｘ<π４时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>π４时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎻ故ｈ(ｘ)ȡｈ(π４)＝ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围(０ꎬπ４].解法３㊀(１)同解法１㊁或解法２. (２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０. (ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇ(ｘ)>０.(ⅱ)当ｘ>０时ꎬ①当ａ>π４时ꎬｇ(ｘ)<ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘꎬ由于存在ｇ(π４)<ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ故ａ>π４不符合题意.②当０<ａɤπ４时ꎬｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ.先证:ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１(ｘ>０).令ｆ１(ｘ)＝ｅｘ－ｘ－１ꎬ则ｆ１ᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１.当ｘ<０时ꎬｆ１ᶄ(ｘ)<０ꎬｆ１(ｘ)单调递减ꎻ所以ｆ１(ｘ)ȡｆ１(０)＝０.故ｅｘȡｘ＋１.因此有ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１.再证:ｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘ(ｘ>０).(∗)当ｘȡπ时ꎬｘ－π４＋１ȡ３π４＋１>２ȡ２ｓｉｎｘꎬ(∗)成立.当０<ｘ<π时ꎬｆ２(ｘ)＝ｘ－π４＋１－２ｓｉｎｘ(０<ｘ<π)ꎬ则ｆ２ᶄ(ｘ)＝１－２ｃｏｓｘ.当０<ｘ<π４时ꎬｆ２ᶄ(ｘ)<０ꎬｆ２(ｘ)单调递减ꎻ当π４<ｘ<π时ꎬｆ２ᶄ(ｘ)>０ꎬｆ２(ｘ)单调递增.所以ｆ２(ｘ)ȡｆ２(π４)＝０ꎬ故(∗)成立.故当ｘ>０时ꎬｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘ.因此ꎬ当０<ａɤπ４ꎬｘ>０时ꎬ由ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１ꎬｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘꎬ可得ｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘȡ０.综上所述ꎬａ的取值范围(０ꎬπ４].解法４㊀(１)同解法１㊁或解法２. (２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０.由ｇ(ｘ)ȡ０ꎬ可知ｇ(π４)ȡ０.即ｅπ４－ａ－２ｓｉｎπ４ȡ０.所以０<ａɤπ４.下证当０<ａɤπ４时符合题意ꎬ证法同解法２㊁３.㊀解法赏析㊀由于解析式中含三角函数和指数函数ꎬ无论怎么求导ꎬ导函数中都仍会含有三角函数和指数函数ꎬ所以在零点的求解中会出现无法直接求解出来的隐零点[３]ꎬ而解法１体现了解决隐零点的一般思路:形式上虚设ꎬ运算上代换ꎬ数值上估算ꎬ策略上等价转化ꎻ解法２的解题思路是采用直接构造函数ꎬ然后再证明ꎬ经过多次构造ꎬ二阶求导ꎬ三阶求导ꎬ充分认识并发挥了三角函数的特有性质(周期性㊁有界性㊁单调性)和ｅｘ求导的不变性ꎬ为此类问题的解决提供探索路径ꎻ解法３运用了分类讨论思想ꎬ解题过程中进行了指数放缩ꎬ将函数式子化简为更为简单的形式再加以证明ꎻ解法４用 必要条件探路ꎬ后再证明充分性 的方法ꎬ先由ｇ(ｘ)ȡ０－πɤｘɤ０()恒成立ꎬ可知ｇ(π４)ȡ０成立ꎬ即０<ａɤπ４ꎬ所以只需证当０<ａɤπ４时符合题意即可ꎬ四种解法既有区别又相互联系.３教学思考３.１导数与三角函数结合试题的解题策略近几年的高考数学试题与质检考试题中ꎬ导数与三角函数相结合的试题逐渐成为趋势ꎬ由于三角函数的特殊性质(周期性㊁有界性㊁放缩法等)ꎬ解题时不宜盲目求导ꎬ而是采取构造函数㊁分类讨论等方法ꎬ最终找出解题有用的特征ꎬ再联系三角恒等变换ꎬ并结合其他基本初等函数的性质分析讨论ꎬ这对培养学生的数学综合能力起到不可估量的作用[４].３.２新高考背景下的课堂教学思考通过这样的好题ꎬ我们可以看出新高考对于学生的考查不仅仅局限于知识与技能ꎬ而是全面考查学生的数学核心素养和关键能力.试卷题目类型灵活ꎬ导数融入三角函数ꎬ拓展了高考命题的范围.这就需要教师突破各种局限ꎬ大胆迎接各种挑战ꎬ突破传统的导数题的框架ꎬ勇于创新ꎬ教会学生以 不变的 知识与技能去应对 万变的 数学试题ꎬ培养学生未来发展所必备的数学核心素养ꎬ适应国家新高考选拔新型人才的要求.参考文献:[１]江智如ꎬ江伟ꎬ蔡珺.例谈以三角函数为载体函数综合问题的解题策略[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２０(１５):１２－１６.[２]曹轩ꎬ龚芮.当导数遭遇三角[Ｊ].中学数学杂志ꎬ２０２０(１１):４２－４４.[３]房彬.三角函数与导数结合类型中隐零点问题的探究[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２１(１０):１１－１３. [４]陈俊斌.三角为基导数联姻[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２１(１４):３２－３７.[责任编辑:李㊀璟]。
三角函数与导数结合类型中隐零点问题的探究
Җ㊀广东㊀房㊀彬㊀㊀三角函数和导数相结合问题是高考常见的类型．同时,在函数中会涉及三角函数㊁指数函数和对数函数,类似l n x ,e x,s i n x ,c o s x 等类型,这三类广义上被称为超越函数．求解这类题目需要运用放缩㊁换元㊁分类讨论等方法．在求导过程中,由于三角函数具有周期性,难以通过多次求导使三角函数消失,这造成学生思维上的障碍．因此,教师有必要通过深入研究和分析出三角函数与导数结合问题的解决方法,建立解决此类问题的数学思维模型,进而更加有效地解决此类问题．下面本文对三角函数与导数结合类型中隐零点问题进行探究．１㊀三角函数和对数型函数结合的极值与隐零点问题例１㊀(２０１９年全国卷Ⅰ理２０)已知函数f (x )＝s i nx －l n (１＋x ),fᶄ(x )为f (x )的导数．证明:(１)fᶄ(x )在区间(－１,π２)存在唯一极大值点;(２)f (x )有且仅有２个零点．分析㊀本题考查的是三角函数和对数型函数的综合问题,是一道导数的压轴题．三角函数的出现从已知条件上就让考生产生畏惧心理,达到初步选拔的作用．第(１)问中极大值的唯一性,本质上还是在导数的层面上研究零点问题,零点值不能具体解得,注重考查隐零点的运用,进一步达到区分不同层次考生的目的．第(２)问表面上是常规的零点问题,实际上对考生提出进一步的要求,考查考生在分类讨论的基础上对隐零点问题的掌握和运用的程度,进而更加有效地起到区分和选拔考生的关键作用．(１)由题意知f(x )(如图１Ｇ甲所示)定义域为(－１,＋ɕ)且f ᶄ(x )＝c o s x －１x ＋１(如图１Ｇ乙所示),令g (x )＝c o s x －１x ＋１,x ɪ(－１,π２),g ᶄ(x )＝－s i n x ＋１(x ＋１)２(如图１Ｇ丙所示)．图１㊀㊀因为函数y ＝１(x ＋１)２与y ＝－s i n x 在(－１,π２)上单调递减,所以g ᶄ(x )在(－１,π２)上单调递减．又g ᶄ(０)＝－s i n０＋１＝１＞０,g ᶄ(π２)＝４(π＋２)２－１＜０,所以∃x ０ɪ(０,π２),使得g ᶄ(x ０)＝０．当x ɪ(－１,x ０)时,gᶄ(x )＞０;当x ɪ(x ０,π２)时,gᶄ(x )＜０,故g (x )在(－１,x ０)上单调递增,在(x ０,π２)上单调递减,则x ＝x ０为g (x )唯一的极大值点,故f ᶄ(x )在区间(－１,π２)上存在唯一的极大值点x ０．(２)将定义域分成四个区间:x ɪ(－１,０],x ɪ(０,π２),x ɪ[π２,π],x ɪ(π,＋ɕ),进行函数单调性和函数零点存在性的讨论．当x ɪ(－１,０]时,f ᶄ(x )＜０,f (x )在(－１,０]上单调递减,f (x )ȡf (０)＝０存在唯一零点．当x ɪ(０,π２)时,由(１)知f ᶄ(x )在(０,π２)内存在唯一极大值点,故引入x ０,x １对极值点和零点进行虚设,这种隐零点的使用是对考生数学抽象能力运用在具体题目中的进一步考验．fᶄ(x )在(０,x ０)上单调递增,在(x ０,π２)上单调递减,又f ᶄ(０)＝０,所以f ᶄ(x ０)＞０,f (x )在(０,x ０)上单调递增,此时f (x )＞f (０)＝０,不存在零点．又因为f ᶄ(π２)＝－２π＋２＜０,所以∃x １ɪ(x ０,π２),使得fᶄ(x １)＝０,所以f (x )在(x ０,x １)上单调递增,在(x １,π２)上单调递减．又因为f (x ０)＞f (０)＝０,１１f (π２)＝l n ２e π＋２＞l n１＝０,所以f (x )＞０在(x ０,π２)上恒成立,此时不存在零点．故当x ɪ(０,π２)时,f (x )＞０,从而f (x )在(０,π２)上不存在零点．当x ɪ[π２,π]时,f ᶄ(x )＜０,f (x )在[π２,π]上单调递减,f (π２)＞０,f (π)＜０,所以f (x )在[π２,π]存在唯一零点．当x ɪ(π,＋ɕ)时,l n (x ＋１)＞１,所以f (x )＜０,f (x )在(π,＋ɕ)没有零点．综上,f (x )有且仅有２个零点．本题主要考查导数在函数中的应用,考查考生基础性㊁综合性㊁应用性㊁创新性四个关键能力．同时,对考生的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学建模㊁直观想象㊁数学运算㊁数学分析六个核心素养要求较高．利用导数判断函数的单调性㊁求解极值和零点问题,重点考查等价转化思想和分类讨论思想．对函数多次求导将极值问题转化成零点问题,需要较强的逻辑推理能力,实质上极值点也是一类零点问题．零点问题主要有四类:零点存在性问题㊁零点个数问题㊁零点求解问题㊁零点应用问题．在求解零点过程中无法具体解得零点时,考生应该引入隐零点．隐零点一般采用设而不求的策略,可以虚设零点,估算零点位置,进而运用代换转化㊁参数分离㊁放缩等方法解决问题．２㊀三角函数和对数函数结合中含有参数的极值与隐零点问题例２㊀已知函数f (x )＝l n x －s i n x ＋a x (a ＞０)．若f (x )在(０,２π)上有且仅有１个极值点,求a 的取值范围．由题知f (x )＝l n x －s i n x ＋a x (如图２Ｇ甲所示),fᶄ(x )＝１x－c o s x ＋a (如图２Ｇ乙所示)．当x ɪ(０,１]时,f ᶄ(x )ȡ１－c o s x ＋a ＞０,f (x )无极值点．当x ɪ(１,π２)时,设g (x )＝１x－c o s x ＋a ,则gᶄ(x )＝－１x ２＋s i n x (如图２Ｇ丙所示)．由于g ᶄ(１)＜０,gᶄ(π２)＞０,故∃x ０ɪ(１,π２),使得g ᶄ(x ０)＝０,即－１x ２０＋s i n x ０＝０,１x ０＝s i n x ０,故fᶄ(x ０)＝s i n x ０－c o s x ０＋a ．因为s i n x ０＞s i n x ０,所以fᶄ(x ０)＞s i n x ０－c o s x ０＋a ＞０,f (x )．图２当x ɪ[π２,３π２]时,f ᶄ(x )＞０,f (x )无极值点．当x ɪ(３π２,２π)时,易知f ᶄ(３π２)＞０．因为f (x )在(０,２π)上有且仅有１个极值点,所以f ᶄ(２π)＜０,即a ＜１－１２π,故a 的取值范围为(０,１－１２π)．本题重点考查三角函数的单调性㊁有界性㊁周期性㊁特殊点和放缩法,先结合参数范围确定单调性,再进行分类讨论．关键是分析函数在x ɪ(１,π２)内的单调性,通过二次求导得到１x ０＝s i n x ０,然后代入f ᶄ(x ０),通过s i n x ０＞s i n x ０的放缩,确定此区间内无极值点．结合范围进行适当放缩是解决三角函数型导数问题的必要方法,一些结论需要先证后用,对逻辑推理思维能力有较高要求．隐零点的运用要注重三个步骤:１)根据已知条件确定零点的存在范围;２)根据零点的意义进行代数式的替换;３)结合前两步确定目标函数的范围．最后,结合零点存在性定理得到最终结果．３㊀三角函数和指数函数结合的不等式与隐零点问题例３㊀已知函数f (x )＝e xs in x －a x ,当０＜a ＜１时,求证:对任意的x ɪ[０,３π４],都有f (x )ȡ０．因为f (x )＝e xs i n x －a x (如图３Ｇ甲所示),所以f ᶄ(x )＝e x(s i n x ＋c o s x )－a (如图３Ｇ乙所示)．设g (x )＝e x (s i n x ＋c o s x )－a ,则g ᶄ(x )＝２e xc o s x (如图３Ｇ丙所示)．当x ɪ[０,π２]时,g ᶄ(x )ȡ０,g (x )单调递增;当２１xɪ(π２,３π４]时,gᶄ(x)＜０,g(x)单调递减．图３因为g(０)＝fᶄ(０)＝１－a＞０,g(３π４)＝fᶄ(３π４)＝－a＜０,所以∃x０ɪ[０,３π４],使得fᶄ(x０)＝０．当xɪ[０,x０)时,fᶄ(x)＞０,f(x)在[０,x０)上单调递增;当xɪ(x０,３π４]时,fᶄ(x)＜０,f(x)在(x０,３π４]上单调递减．因为f(０)＝０,f(３π４)＝２２e３π４－３π４a＞２２e３π４－３＞０,所以当０＜a＜１时,对任意的xɪ[０,３π４],都有f(x)ȡ０．本题是指数函数和三角函数的综合问题,根据e x型函数的特点,利用其性质㊁范围㊁导数等优化函数表达式．同时在已知参数范围的前提下,利用参数边界的特点确定不等式的范围,达到消参或者放缩不等式的目标．运算过程中对结果的估算也是必不可少的,估算可以减少不必要的计算过程．在解题过程中需要使用某个方程的根,当根无法求出时,需要借助隐零点的运用对函数进行分析,让隐零点关联作用得到充分发挥．４㊀三角函数、对数函数和指数函数结合的恒成立与隐零点问题例４㊀已知函数f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n x．若f(x)ȡ１对任意xɪ[０,π]恒成立,求实数a的取值范围．因为f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n x(如图４Ｇ甲所示),所以fᶄ(x)＝e x＋１x＋１＋a c o s x(如图４Ｇ乙所示)．当aȡ０时,因为xɪ[０,π],所以s i n xȡ０,f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n xȡe x＋㊀㊀当a＜０时,设g(x)＝e x＋１x＋１＋a c o sx,则gᶄ(x)＝e x－１(x＋１)２－a s i n x(如图４Ｇ丙所示)．当xɪ[０,π]时,因为e xȡ０,０＜１(x＋１)２ɤ１,－a s i n xȡ０,所以gᶄ(x)ȡ０,即g(x)在[０,π]上单调递增．g(０)＝fᶄ(０)＝２＋a．图４当－２ɤa＜０时,fᶄ(x)ȡfᶄ(０)＝２＋aȡ０,所以f(x)在[０,π]上单调递增,又f(０)＝１,所以f(x)ȡf (０)＝１恒成立．当a＜－２时,fᶄ(０)＝２＋a＜０,fᶄ(π)＞０,所以∃x０ɪ[０,π],使得fᶄ(x０)＝０．当xɪ[０,x０)时, fᶄ(x)＜０,f(x)在[０,x０)上单调递减,f(x０)＜f(０)＝１,所以当a＜－２时,f(x)ȡ１不恒成立．综上所述,当aȡ－２时,f(x)ȡ１对任意xɪ[０,π)恒成立．本题是指数函数㊁对数函数㊁三角函数三者相结合的综合问题．恒成立问题实际上是最值问题,利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题的关键是多次构造函数并求导．判断新函数的性质,然后回溯递推．恒成立问题往往涉及分类讨论思想㊁转化思想,结合三角函数的有界性和特殊点法进行单调性的判断．隐零点的应用一般需要结合所讨论区间的端点值确定范围．不同解题模型各有优势,在选择中不是比较哪一种模型更新颖,而是考虑在同等情况下哪一种模型解决的问题更多,更接近通法通解,更有利于学生对知识的融会贯通,更有利于提高解题成功率．从学生的薄弱知识点入手,在学习过程中不是一味地记公式和结论,而是要弄清楚这一结论是如何推导出来的,适合解哪一类问题,是否可以作为解决这一类问题的通法,进而理清解题思路,构建出恰当的解题模型,达到随时可以调用的效果,真正做到以不变应万变．(作者单位:广东省佛山市顺德区乐从中学)３１。
第01节导数与三角函数交汇问题初探
题型三：三角函数与指数型函数组合
例 3 已知函数 f x ex asinx, a R ，当 x 0, 时， f x 0 ，求 a 的取值范围．
解析当 a 0 时， f x ex ，符合题意．
当
a
0
时，设函数
y
ex
与
y
asinx
的图象在点
x0
,
y0
处有公切线（其中
x0
0,
2
），
不单调．
综上，a 的取值范围为 0,1 ．
（2）由（1）知，当
a
1时，
ax
sinx
，即当
x
0,
2
时，
sinx
x
，从而
sin 2
x 2
x 2
2
．
令 g x ax sinx x3 ，则
6
g 'x
a cosx
x2 2
a 1 2sin2
x 2
x2 2
a
1
2
x 2 2
x2 2
a 1．
第 01 节 导数与三角函数交汇问题初探
第一节 导数与三角函数交汇问题初探
2019 年全国卷Ⅰ理科和文科第 20 题均考查与三角函数交会的导数问题，让人眼前一 亮．这类试题可谓别出心裁，由于三角函数的独特性，当表达式中含有三角函数时，无
论怎么求导，导函数仍含有三角函数，这就是解题的难点．
题型一：三角函数与多项式函数组合
当
a
1
时，
g
'
x
0
，则
g
x
在
0,
2
上单调递减，
g
x
g
高中数学《导数与三角函数结合》
高中数学《导数与三角函数结合》一、在解决含参数的导数问题时，可以通过分离参数并转化为不含参数的函数的最值问题来求解。
对于一些与三角函数交汇的导数问题，也可以采用这种方法。
但有些试题在分离参数后，得出函数的单调性后，最值不存在，上下界却存在，这时候可以使用洛必达法则来解决。
比如例1中的问题。
二、函数的有界性是很多函数的一大特性。
在导数问题中，含参数的不等式恒成立问题是一个热点。
除了分离参数外，分类讨论思想也是这类问题的一大利器。
在与三角函数交汇的导数问题中，如果能有效地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而解决问题。
比如例2中的问题。
三、对于较为复杂的函数，直接构造一个函数可能很难或者无法解决。
此时，可以通过等价转化，并进行适当的变形，转化为两个函数来处理，问题可能会简化。
经常会遇到这种情形：两个函数的图像分别被某条直线隔离，这种现象与XXX成立问题有着非常密切的联系。
如果能够找到这条直线，然后再构造两个差函数，问题往往能迎刃而解。
比如例3中的问题。
四、在解决导数与解析几何问题时，设而不求是非常重要的一种数学思想。
这种思想方法是在解题过程中，由于要使用到某个方程的根，但由于这个根无法求出，或虽可求出但却不直接求出，而是通过设出未知数，并借助一定的手段进行消元或代换的种思想方法。
这个设出的未知数起到非常重要的桥梁作用。
比如例4中的问题。
五、导数问题与不等式相结合是近几年高考的常态。
对于涉及绝对值的不等式问题，三角不等式是解题的利器。
对于涉及三角函数交汇的导数不等式问题，如何利用不等式的性质是关键。
导数与三角函数的综合的解题技巧
导数与三角函数的综合的解题技巧
1.使用导数公式：对于三角函数，有 sin'x=cosx, cos'x=-sinx, tan'x=sec^2x, cot'x=-csc^2x。
根据公式，可以快速求导数。
2.化简式子：如果要求导数的式子比较复杂，可以先把式子化简，再使用导数公式。
3.注意多项式函数：如果式子包含多项式函数，可以先对多项式函数求导，再根据导数公式求出整个式子的导数。
二、解题技巧
1.化简式子：对于一些比较复杂的题目，可以先把式子化简，减少计算难度。
2.注意特殊点：三角函数的周期性很强，要注意特殊点，如0度、90度、180度、270度、360度等，这些点的函数值会有特殊的表现。
3.使用变形公式：有些题目可以使用三角函数的变形公式，如和角公式、差角公式、倍角公式等，将原式化简成已知的函数形式，再进行计算。
4.备选法：如果在计算中出现不确定的式子，可以先把各种可能的取值列出来，再逐一验证。
综上所述，求导数和解题技巧是解决导数与三角函数综合题目的关键。
在解题过程中，要善于化简式子，注意特殊点，灵活运用三角函数的变形公式和备选法，从而提高解题的效率和准确性。
重难点专题13 导数与三角函数结合的解答题(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
【变式 2-1】3. （2021 秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数() =
e
― 2（ ∈ ）
（其中 ≈ 2.71828为自然对数的底数）.
（1）当 = 2时，判断函数()的单调性；
（2）若 > 1，证明() > cos对于任意的 ∈ [0, + ∞)恒成立.
∈ 0, π ．
2
(1)当 = 1时，讨论()的单调性；
(2)若() + sin < 0，求的取值范围．
4．
（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0 < < 1时， ― 2 < sin < ；
（2）已知函数() = cos ― ln(1 ― 2)，若 = 0是()的极大值点，求 a 的取值范围．
证明：
（1）()在区间(0,)存在唯一极大值点；
（2）()有且仅有 2 个零点.
1
【变式 1-1】2. （2019 秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数() = cos + 42 ―1.
2 2
（1）证明：() ≤ 0， ∈ ― ,
；
（2）判断 = ()的零点个数，并给出证明过程.
题型 2 放缩法 ..................................................................................................................................2
题型 1 分段分析法
sin
2．
（2023·全国·统考高考真题）已知函数() = ― cos3, ∈ 0, π
第九章导数与三角函数的联袂专题三含三角函数的恒成立问题微点1三角函数的恒成立问题
第九章导数与三角函数的联袂专题三含三角函数的恒成立问题微点1 三角函数的恒成立
问题（一）
导数微专题
第九章导数与三角函数的联袂
专题三含三角函数的恒成立问题
微点1含三角函数的恒成立问题（一）
三角函数除了作为一道单独的解答题在高考试卷中出现之外，在导数解答题中也常常占有一席之地．由于三角函数自身的性质，例如其在求导时会出现周期性的变化，以及其作为超越函数所带来的求解困难性，导致以三角函数作为命题元素的导数试题常常成为学生解题的“拦路虎”．
本节我们介绍导数与三角函数联袂题——恒成立问题常见类型及其解法．
导数法是解答不等式恒成立问题的重要手段，在解题时，要首先将不等式进行变形，构造出恰当的函数模型，然后对函数进行求导，通过分析导函数与0之间的关系，求得函数的单调性和极值，建立使不等式恒成立的不等关系式，通过解新不等式求得问题的答案．
22⎝⎭⎝⎭
参考答案：
(1)()f x 的单调递增区间是(3
π-。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
----导数与三角函数的结合
1.（导数与三角函数结合）已知函数3
2
1
()43cos 32
f x x x θ=-+，其中x R θ∈，为参数，且02
π
θ≤≤
.（1）当cos 0θ=时，判断函数()f x 是否有极值；
（2）要使函数()f x 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；
（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数θ，函数在区间（2a －1,a ）内都是增函数，求实数a 的取值范围.
【分析】定义域D 上的可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是0()0f x '=，且
()f x '在0x 两侧异号.
【解析】（1）当cos 0θ=时，3
1()432
f x x =+，则,012)('2
≥=x x f 函数()f x 在（－∞，＋∞）内是增函数，故无极值.
（2）2
()126cos f x x x θ'=-,令()0f x '=，得12cos 02
x x θ
==
，. 由02
π
θ≤≤
及（1）,只考虑cos 0θ>的情况.
当x 变化时，()f x '的符号及()f x 的变化情况如下表：
因此，函数()f x 在2x =
处取得极小值(
)2f ，且3()cos 2432
=-+f θ. 要使cos ()2f θ＞0,必有311cos 0432-+>θ，可得10cos 2θ<<，所以32
ππ
θ<<. （3）由（2）知，函数()f x 在区间（－∞，0）与cos ()2
θ
+∞，内都是增函数.由题设，函数()f x 在（2a －1,a ）内都是增函数，则a 需满足不等式组21211
021cos 2
a a
a a a a θ-<⎧-<⎧⎪
⎨⎨≤-≥⎩⎪⎩或， 由（2）,参数ππθ∈（，）32时，10cos 2θ<<，要使不等式121cos 2a θ-≥关于参数θ恒成立，必有1
214a -≥.
综上，解得a ≤0或518a ≤<，所以a 的取值范围是（－∞，0］∪［5
8
，1）.
2.已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ∈R)，且在[0，π
2]上的最大值为π－32
.
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)判断函数f (x )在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
【思路点拨】 (1)分a ＝0、a ＜0和a ＞0三种情况求函数f (x )的最大值； (2)先用零点存在性定理判断有无零点，再根据函数的单调性判断零点的个数． 【规范解答】 (1)由已知得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )， 对于任意x ∈(0，π
2)，有sin x ＋x cos x >0.
当a ＝0时，f (x )＝－3
2
，不合题意．
当a <0，x ∈(0，π2)时，f ′(x )<0，从而f (x )在(0，π
2
)内单调递减．
又f (x )在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f (x )在[0，π2]上的最大值为f (0)＝－3
2，不合
题意；
当a >0，x ∈(0，π2)时，f ′(x )>0，从而f (x )在(0，π2)内单调递增，又f (x )在[0，π
2]上的图
象是连续不断的，故f (x )在[0，π2]上的最大值为f (π2)，即π2a －32＝π－3
2
，解得a ＝1.
综上所述，函数f (x )的解析式f (x )＝x sin x －3
2.
(2)f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．
证明如下：由(1)知，f (x )＝x sin x －32，从而有f (0)＝－32<0，f (π2)＝π－3
2>0.
又f (x )在[0，π2]上的图象是连续不断的，所以f (x )在(0，π
2)内至少存在一个零点．
又由(1)知f (x )在[0，π2]上单调递增，故f (x )在(0，π
2)内有且仅有一个零点．
当x ∈[π
2
，π]时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x .
由g (π2)＝1>0，g (π)＝－π<0，且g (x )在[π2，π]上的图象是连续不断的，故存在m ∈(π2，π)，
使得g (m )＝0.
由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈(π
2，π)时，有g ′(x )<0，
从而g (x )在(π
2
，π)内单调递减．
当x ∈(π2，m )时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，从而f (x )在(π
2，m )内单调递增，
故当x ∈[π2，m ]时，f (x )≥f (π2)＝π－32>0，故f (x )在[π2
，m ]上无零点；
当x ∈(m ，π)时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，从而f (x )在(m ，π)内单调递减． 又f (m )>0，f (π)<0，且f (x )在[m ，π]上的图象是连续不断的，从而f (x )在(m ，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．。