导数与三角函数交汇试题
微专题 三角函数与导数的综合题
微专题 三角函数与导数的综合题1. 已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．2. 设函数sin ()2cos x f x x=+． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求实数a 的取值范围． .3. 已知函数，其中是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线在点()(),f ππ处的切线方程；（Ⅱ）令，讨论的单调性并求极值.4. 已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．()22cos f x x x =+()()cos sin 22x g x e x x x =-+-2.71828e =()y f x =()()()()h x g x af x a R =-∈()h x5. 设函数()e cos (),x f x a x a R -=∈+6. 设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数.（Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明：()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242m m πππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈， 证明：20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-.7. 已知函数8()(cos )(2)(sin 1)3f x x x x x π=-+-+2()3()cos 4(1sin )ln(3)x g x x x x x π=--+-. 证明：（1）存在唯一0(0,)2x π∈，使0()0f x =； （2）存在唯一1(,)2x ππ∈，使1()0g x =，且对（1）中的01x x π+<.8. 已知函数()()()[]321,12cos .0,12xx f x x e g x ax x x x -=+=+++∈当时， （I ）求证：()11-;1x f x x≤≤+ （II ）若()()f x g x ≥恒成立，a 求实数的取值范围..。
第01节导数与三角函数交汇问题初探
题型三：三角函数与指数型函数组合
例 3 已知函数 f x ex asinx, a R ，当 x 0, 时， f x 0 ，求 a 的取值范围．
解析当 a 0 时， f x ex ，符合题意．
当
a
0
时，设函数
y
ex
与
y
asinx
的图象在点
x0
,
y0
处有公切线（其中
x0
0,
2
），
不单调．
综上，a 的取值范围为 0,1 ．
（2）由（1）知，当
a
1时，
ax
sinx
，即当
x
0,
2
时，
sinx
x
，从而
sin 2
x 2
x 2
2
．
令 g x ax sinx x3 ，则
6
g 'x
a cosx
x2 2
a 1 2sin2
x 2
x2 2
a
1
2
x 2 2
x2 2
a 1．
第 01 节 导数与三角函数交汇问题初探
第一节 导数与三角函数交汇问题初探
2019 年全国卷Ⅰ理科和文科第 20 题均考查与三角函数交会的导数问题，让人眼前一 亮．这类试题可谓别出心裁，由于三角函数的独特性，当表达式中含有三角函数时，无
论怎么求导，导函数仍含有三角函数，这就是解题的难点．
题型一：三角函数与多项式函数组合
当
a
1
时，
g
'
x
0
，则
g
x
在
0,
2
上单调递减，
g
x
g
2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究(解析版)
导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x >0时,x >sin x >x −12x 2.②余弦函数:cos x ≥1−12x 2.③正切函数:当x ∈0,π2时,sin x <x <tan x . ④数值域:sin x ∈-1,1,cos x ∈ -1,1 .3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x -ax ，a ∈R ，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x >2x ；(2)若函数g x =f x -x cos x 在区间0,+∞ 内有唯一的零点，求a 的取值范围.2024年高考数学专项练习导数与三角函数结合问题的研究（解析版）2已知函数f x =sin x-x-ae x,其中a为实数,e是自然对数的底数.(1)若a=-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π上有唯一的极值点,求实数a的取值范围.3已知函数f x =e x，g x =sin x+cos x.(1)求证：f x ≥x+1；(2)若x≥0，问f x +g x -2-ax≥0a∈R是否恒成立?若恒成立，求a的取值范围；若不恒成立，请说明理由4已知函数f(x)=e x+cos x-a(a∈R)．(1)讨论f(x)在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x∈[0,+∞)时，e x+sin x≥ax+1恒成立，求a的取值范围．5已知函数f x =a sin x，其中a>0.(1)若f x ≤x在0,+∞上恒成立，求a的取值范围；(2)证明：∀x∈0,+∞，有2e x>x+1 xln x+1+sin x.6已知函数f x =ae x+4sin x-5x.(1)若a=4，判断f x 在0,+∞上的单调性；(2)设函数p x =3sin x-2x+2，若关于x的方程f x =p x 有唯一的实根，求a的取值范围.7已知函数f x =e x，g x =2-sin x-cos x．(1)求证：当x∈0,+∞，x>sin x；(2)若x∈0,+∞，f x >g x +ax恒成立，求实数a的取值范围．8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2 ，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f (x )有两个极值点，求a 的取值范围；(2)若x ≥0，f (x )≥2sin x ，求a 的取值范围．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x<1时，x-x2<sin x<x；(2)已知函数f x =cos ax-ln1-x2，若x=0是f x 的极大值点，求a的取值范围．【跟踪训练】1已知函数f x =xe-x+a sin x，e是自然对数的底数，若x=0恰为f(x)的极值点.(1)求实数a的值；上零点的个数.(2)求f(x)在区间-∞,π42已知函数f x =2cos x+ln1+x-1．上零点和极值点的个数，并给出证明；(1)判断函数f x 在区间0,π2(2)若x≥0时，不等式f x <ax+1恒成立，求实数a的取值范围．3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立.(1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.5已知函数f(x)=ax2-a(x sin x+cos x)+cos x+a(x>0)．(1)当a=1时，(I)求(π,f(π))处的切线方程；(II)判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a的取值范围．6已知f(x)=ax2-cos x-x sin x+a(a∈R).(1)当a=14时，求y=f(x)在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x∈R时，f(x)≥2恒成立，求实数a的取值范围.7已知函数f(x)=e x-a-x-cos x，x∈(-π,π)其中e=2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a=0时，证明：f x ≥0;(2)当a=1时，求函数y=f x 零点个数．8已知函数f x =x-1e x+ax+1.(1)若a=-e，求f x 的极值；(2)若x≥0，f x ≥2sin x，求a的取值范围.9已知函数f x =2sin x-ln1+x0<x<π．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．11已知函数f x =ln x+sin x. (1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.12已知函数f(x)=12ax2-(a-2)x-2ln x.(1)当a=2时，证明：f x >sin x.(2)讨论f x 的单调性.13(1)证明：当x<1时，x+1≤e x≤11-x；(2)是否存在正数a，使得f x =2e x+a sin x-ax2-a+2x在R上单调递增，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x>0时,x>sin x>x−12x2. ②余弦函数:cos x≥1−12x2.③正切函数:当x∈0,π2时,sin x<x<tan x. ④数值域:sin x∈-1,1,cos x∈-1,1.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x-ax，a∈R，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x>2x；(2)若函数g x =f x -x cos x在区间0,+∞内有唯一的零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)a≥1【详解】(1)因为f x =e x-ax，所以f x =e x-a，当a≤0时，f x =e x-a>0，则f x =e x-ax在R上单调递增，当a>0时，令f x =e x-a>0得x>ln a，令f x =e x-a<0得x<ln a，所以函数f x 的增区间为(ln a,+∞)，减区间为(-∞,ln a)，令F x =e x-2x，则F x =e x-2，令F x =e x-2>0得x>ln2，令F x =e x-2<0得x<ln2，所以函数F x 的增区间为(ln2,+∞)，减区间为(-∞,ln2)，所以当x=ln2时，F x 取得最小值为F ln2=e ln2-2ln2=2-2ln2>0，所以e x>2x，得证；(2)由(1)知，g x =e x-a-x cos x，因为函数g x 在区间0,+∞内有唯一的零点，所以方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，令h(x)=e x-x cos x,x≥0，则函数h(x)=e x -x cos x与y=a在0,+∞上只有一个交点，记m x =e x-x-1,(x≥0)，则m x =e x-1≥0，所以m x 在0,+∞上单调递增，所以m x =e x-x-1≥e0-1=0，即e x≥x+1，故h (x)=e x-cos x+x sin x≥1-cos x+x(1+sin x)≥0，所以h(x)=e x-x cos x在0,+∞上单调递增，又h(0)=1，如图：要使方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，则a≥1.所以a的取值范围是a≥1.2已知函数f x =sin x -x -ae x ,其中a 为实数,e 是自然对数的底数.(1)若a =-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π 上有唯一的极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)证明:a =-1时,f x =sin x -x +e x ,令g x =e x -x ,则g x =e x -1,当x <0时,g x <0,g x 在-∞,0 上为减函数,当x >0时,g x >0,g x 在0,+∞ 上为增函数,函数g x 的极小值也是最小值为g 0 =1,所以g x ≥g 0 =1,而-sin x ≤1,所以e x -x ≥-sin x ,即f x ≥0.(2)f x 在0,π 上有唯一的极值点等价于f x =cos x -1-ae x =0在0,π 上有唯一的变号零点,f x =0等价于a =cos x -1e x ,设h x =cos x -1e x,x ∈0,π ,h x =-sin x -cos x +1e x =1-2sin x +π4 e x,因为x ∈0,π ,所以x +π4∈π4,5π4 ,当0<x <π2时,x +π4∈π4,3π4 ,sin x +π4 >22,h x <0,h x 在0,π2 上为减函数,当π2<x <π时,x +π4∈3π4,5π4 ,sin x +π4 22,h x 0,h x 在π2,π 上为增函数,所以函数h x 的极小值也是最小值为h π2 =-1e π2,又h 0 =0,h π =-2e π,所以当-2e π≤a <0时,方程a =cos x -1e x 在0,π 上有唯一的变号零点,所以a 的取值范围是-2e π,0.3已知函数f x =e x ，g x =sin x +cos x .(1)求证：f x ≥x +1；(2)若x ≥0，问f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 是否恒成立?若恒成立，求a 的取值范围；若不恒成立，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)a ≤2【详解】(1)令F x =e x -x -1，F x =e x -1，当x ∈-∞,0 ，F x <0，所以此时F x 单调递减；当x ∈0,+∞ ，F x >0，所以此时F x 单调递增；即当x =0时，F x 取得极小值也是最小值F 0 =0，所以F x ≥0，得证；(2)设h x =f x +g x -2-ax ，即证h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0在0,+∞ 上恒成立，易得h x =e x +cos x -sin x -a ，当x =0时，若h 0 =2-a ≥0⇒a ≤2，下面证明：当a ≤2时，h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0，在0,+∞ 上恒成立，因为h x =e x +cos x -sin x -a ，设u x =h x ，令v x =x -sin x ,v x =1-cos x ≥0，所以v x 在0,+∞ 上是单调递增函，所以v x ≥v 0 =0，又因为1-cos x ≥0，则u x =e x -sin x -cos x ≥x +1-sin x -cos x =x -sin x +1-cos x ≥0所以h x 在0,+∞ 上是单调递增函数，所以h x ≥h 0 =2-a ≥0，所以h x 在0,+∞ 上是严格增函数，若a >2时，h 0 <0，即h x 在x =0右侧附近单调递减，此时必存在h x 0 <h 0 =0，不满足f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 恒成立，故当a ≤2时，不等式恒成立.4已知函数f (x )=e x +cos x -a (a ∈R )．(1)讨论f (x )在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x ∈[0,+∞)时，e x +sin x ≥ax +1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)f (x )在[-π,+∞)上的单调递增；(2)(-∞,2]【详解】(1)f (x )=e x -sin x ，当-π≤x ≤0时，e x >0，sin x <0，∴f (x )=e x -sin x >0，当x >0时，e x >1，sin x ≤1，∴f (x )=e x -sin x >0，即：f (x )>0在[-π,+∞)上恒成立，所以f (x )在[-π,+∞)上的单调递增.(2)方法一：由e x +sin x ≥ax +1得：e x +sin x -ax -1≥0当x =0时，e x +sin x -ax -1≥0恒成立，符合题意令g (x )=e x +sin x -ax -1，x >0g (x )=e x +cos x -a =f (x )，由(1)得：g (x )在(0,+∞)上的单调递增，∴g (x )>2-a ，①当a ≤2时，g (x )>2-a ≥0，所以g (x )在(0,+∞)上的单调递增，所以g (x )>g (0)=0，符合题意②当a >2时，g (0)=2-a <0，g (ln (2+a ))=2+cos (ln (2+a ))>0，∴存在x 0∈(0,ln (2+a ))，使得g (x 0)=0,当0<x <x 0时，g (x )<g (x 0)=0；所以g (x )在(0,x 0)上的单调递减，当0<x <x 0时，g (x )<g (0)=0，这不符合题意综上，a 的取值范围是(-∞,2].方法二：令h (x )=e x +sin x ，s (x )=ax +1，x ≥0则h (0)=s (0)=1，符合题意h(x )=e x +cos x =f (x )+a ，f (x )=e x -sin x 由(1)得：f (x )>0在(0,+∞)上恒成立，h (x )在(0,+∞)上单调递增所以，h (x )>h (0)>0，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，其图象是下凸的，如图： ∵h (0)=2，所以，曲线h (x )在点(0,1)处的切线方程为：y =2x +1，要使得h (x )≥s (x )在[0,+∞)上恒成立，只需a ≤2所以，a 的取值范围是(-∞,2].5已知函数f x =a sin x ，其中a >0.(1)若f x ≤x 在0,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x .【答案】(1)0,1 ；(2)证明见解析【详解】(1)令h x =x -a sin x ，x ∈0,+∞ ，则h x =1-a cos x ，当a ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0，当a ∈1,+∞ 时，令m x =h x =1-a cos x ，则m x =a sin x ，所以对∀x ∈0,π2 ，m x >0，则h x 在0,π2 上单调递增，又因为h 0 =1-a <0，h π2 =1>0，所以由零点存在定理可知，∃x 0∈0,π2使得h x 0 =0，所以当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，h x <h 0 =0，与题意矛盾，综上所述，a ∈0,1 .(2)由(1)知，当a =1时，sin x ≤x ，∀x ∈0,+∞ . 先证ln x +1 ≤x ，x ∈0,+∞ ，令φx =x -ln x +1 ，则φ x =1-1x +1≥0，所以φx 单调递增，φx >φ0 =0，即ln x +1 ≤x . 所以当x ∈0,+∞ 时，ln x +1 +sin x ≤2x ，x +1x ln x +1 +sin x ≤2x 2+1 .要证∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x ，只需证e x >x 2+1. 令g x =x 2+1 e -x -1，x ∈0,+∞ ，则g x =2x -x 2-1 e -x =-x -1 2e -x ≤0.所以g x 在0,+∞ 上单调递减，所以g x <g 0 =0，即e x >x 2+1.综上可得∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .6已知函数f x =ae x +4sin x -5x .(1)若a =4，判断f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)设函数p x =3sin x -2x +2，若关于x 的方程f x =p x 有唯一的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)a ≤0或a =2【详解】(1)当a =4时，f x =4e x +4sin x -5x ,f x =4e x +4cos x -5，令g x =f x =4e x +4cos x -5,则g x =4e x -4sin x .当x ∈0,+∞ 时，4e x ≥4(x =0时等号成立)；-4sin x ≥-4(x =π2+2k π,k ∈Z 时等号成立)，所以g x =4e x -4sin x >0，即函数f x =4e x +4cos x -5在0,+∞ 上递增，所以f x ≥f 0 =3>0，即函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)方程f x =p x 即ae x +4sin x -5x =3sin x -2x +2有唯一的实根，则a =3x +2-sin x e x只有一个解，等价于直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x 的图象只有一个交点.令h x =3x +2-sin x ex ，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以h x =sin x -cos x +1-3x e x 的符号由分子决定，令m x =sin x -cos x +1-3x ，则m x =cos x +sin x -3=22sin x +π4-3<0.所以m x =sin x -cos x +1-3x 在R 上递减，因为m 0 =0，所以当x ∈-∞,0 时，m x >m 0 =0；当x ∈0,+∞ 时，m x <m 0 =0.即当x ∈-∞,0 时，h x >0；当x ∈0,+∞ 时，h x <0.所以函数h x =3x +2-sin x e x 在-∞,0 上递增，在0,+∞ 上递减，当x 趋于-∞时，e x 趋于0且大于0，分子3x +2-sin x 趋于-∞，则3x +2-sin x e x趋于-∞；当x =0时，h max x =h 0 =2；当x 趋于+∞时，e x 趋于+∞，分子3x +2-sin x 也趋于+∞，令φx =e x-3x +2-sin x ，则φ x =e x -3+cos x ，当x >2时，φ x =e x -3+cos x >0，则x 趋于+∞时，e x 增长速率大于3x+2-sin x 的增长速率，故x 趋于+∞时，3x +2-sin x e x趋于0.画出函数h x =3x +2-sin x e x 的草图，并画出直线y =a ，要使直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x的图象只有一个交点.则a ≤0或a =2.所以当a ≤0或a =2时，方程f x =p x 有唯一的实根.7已知函数f x =e x ，g x =2-sin x -cos x ．(1)求证：当x ∈0,+∞ ，x >sin x ；(2)若x ∈0,+∞ ，f x >g x +ax 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)-∞,2 【详解】(1)证明：设F x =x -sin x ，x >0，则F x =1-cos x >0，所以F x 在区间0,+∞ 上单调递增，所以F x >F 0 =0，即x >sin x .(2)由f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立，即e x +sin x +cos x -ax -2>0在区间0,+∞ 上恒成立，设φx =e x +sin x +cos x -ax -2，则φx >0在区间0,+∞ 上恒成立，而φ x =e x +cos x -sin x -a ，令m x =φ x ，则m x =e x -sin x -cos x ，设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，所以函数h x 在区间0,+∞ 上单调递增，故在区间0,+∞ 上，h x >h 0 =0，即在区间0,+∞ 上，e x >x +1，由(1)知：在区间0,+∞ 上，e x >x +1>sin x +cos x ，即m x =e x -sin x -cos x >0，所以在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，当a ≤2时，φ 0 =2-a ≥0，故在区间0,+∞ 上函数φ x >0，所以函数φx 在区间0,+∞ 上单调递增，又φ0 =0，故φx >0，即函数f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立.当a >2时，φ 0 =2-a ，φ ln a +2 =a +2+cos ln a +2 -sin ln a +2 -a =2-2sin ln a +2 -π4 >0，故在区间0,ln a +2 上函数φ x 存在零点x 0，即φ x 0 =0，又在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φ x <φ x 0 =0，所以在区间0,x 0 上函数φx 单调递减，由φ0 =0，所以在区间0,x 0 上φx <φ0 =0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-∞,2 .8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3【详解】(1)a =-1时，设g (x )=f (x )+2x =-sin x -ln (1+x )+2x ，则g (x )=-cos x -11+x +2，∵x >0∴x +1>1∴-1x +1∈(-1,0)∵cos x ∈[-1,1]∴-cos x -1x +1+2>0，即g (x )>0在(0,+∞)上恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调增， 又g (0)=0∴g (x )>g (0)=0，即∀x >0,f (x )+2x >0；(2)a =1时，当k =4时，f (2)=sin2-ln3<0，所以k <4．下证k =3符合．k =3时，当x ∈0,32时，sin x >0，所以当a ≥1时，f (x )=a sin x -ln (1+x )≥sin x -ln (1+x )．记h (x )=sin x -ln (1+x )，则只需证h (x )=sin x -ln (1+x )≥0对x ∈0,32恒成立．h (x )=cos x -1x +1，令ϕ(x )=cos x -1x +1，则ϕ (x )=-sin x +1(x +1)2在0,π2 递减，又ϕ (0)=1>0,ϕ π2 =-1+1π2+1 2<0，所以存在x 1∈0,π2，使得ϕ x 1 =0，则x ∈0,x 1 ,ϕ x 1 >0,ϕ(x )在0,x 1 递增，x ∈x 1,π2 ,ϕ x 1 <0,ϕ(x )在x 1,π2 递减；又ϕ(0)=0,ϕπ2 =-1π2+1<0，所以存在x 2∈x 1,π2 使得ϕx 2 =0，且x ∈0,x 2 ,ϕ(x )>0,x ∈x 2,π2,ϕ(x )<0，所以h (x )在0,x 2 递增，在x 2,π2递减，又h (0)=0,h π2 =1-ln 1+π2 >0，所以h (x )≥0对x ∈0,π2 恒成立，因为0,32 ⊆0,π2，所以k =3符合．综上，整数k 的最大值为3．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若x≥0，f(x)≥2sin x，求a的取值范围．【答案】(1)0,1 e；(2)2,+∞．【详解】(1)由f(x)=(x-1)e x+ax+1，得f (x)=xe x+a，因为f(x)有两个极值点，则f (x)=0，即方程-a= xe x有两个不等实数根，令g(x)=xe x，则g (x)=(x+1)e x，知x<-1时，g (x)<0，g(x)单调递减，x>-1时，g (x)>0，g(x)单调递增，则x=-1时，g(x)取得极小值g(-1)=-1e，也即为最小值，且x<0时，g(x)<0，x→-∞时，g(x)→0，x>0时，g(x)>0，x→∞时，g(x)→+∞，故-1e<-a<0，即0<a<1e时，方程-a=xe x有两个实数根，不妨设为x1，x2x1<x2．可知x<x1时，f (x)>0，x1<x<x2时，f (x)< 0，x>x2时，f (x)>0，即x1，x2分别为f(x)的极大值和极小值点．所以f(x)有两个极值点时，a的取值范围是0,1 e．(2)令h(x)=(x-1)e x+ax-2sin x+1，原不等式即为h(x)≥0，可得h(0)=0，h (x)=xe x+a-2cos x，h (0)=a-2，令u(x)=h (x)=xe x+a-2cos x，则u (x)=(x+1)e x+2sin x，又设t(x)=(x+1)e x，则t (x)= (x+2)e x，x≥0时，t (x)>0，可知t(x)在0,+∞单调递增，若x∈0,π，有(x+1)e x>0，sin x>0，则u (x)>0；若x∈π,+∞，有(x+1)e x>(π+1)eπ>2，则u (x)>0，所以，x≥0，u (x)>0，则u(x)即h (x)单调递增，①当a-2≥0即a≥2时，h (x)≥h (0)≥0，则h(x)单调递增，所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥2符合题意．②当a-2<0即a<2时，h (0)<0，h (3-a)=(3-a)e(3-a)+a-2cos(3-a)≥3-a+a-2cos(2-a)> 0，存在x0∈(0,3-a)，使得h (x0)=0，当0<x<x0时，h (x)<0，则h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，综上所述，a的取值范围是2,+∞．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．【答案】(1)a=1；(2)证明见解析【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1-π2cosπ2x-a x，依题意得f (1)=1-a=0，得a=1，此时f (x)=1-π2cosπ2x-1x，当0<x<1时，0<π2x<π2，0<π2cosπ2x<π2，1x>1，故f (x)<0，f(x)在(0,1)内单调递减，当1<x<2时，π2<π2x<π，π2cosπ2x<0，1x<1，故f (x)>0，f(x)在(1,2)内单调递增，故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.综上所述：a=1.(2)由(1)知，f(x)=x-sinπ2x-ln x，不妨设0<x1<x2，当1≤x1<x2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，x2≥2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，0<x2<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x 1≠x 2，使得f x 1 =f x 2 ，所以1<x 2<2，要证x 1+x 2>2，只要证x 1>2-x 2，因为1<x 2<2，所以0<2-x 2<1，又f (x )在(0,1)内单调递减，所以只要证f (x 1)<f (2-x 2)，又f x 1 =f x 2 ，所以只要证f (x 2)<f (2-x 2)，设F (x )=f (x )-f (2-x )(1<x <2)，则F (x )=f (x )+f (2-x )=1-π2cos π2x -1x +1-π2cos π2(2-x ) -12-x =2-1x +12-x -π2cos π2x +cos π-π2x =2-1x +12-x -π2cos π2x -cos π2x =2-1x +12-x，令g (x )=2-1x +12-x(1<x <2)，则g (x )=1x 2-1(2-x )2=4-4x x 2(2-x )2，因为1<x <2，所以g (x )<0，g (x )在(1,2)上为减函数，所以g (x )<g (1)=0，即F (x )<0，所以F (x )在(1,2)上为减函数，所以F (x )<F (1)=0，即f (x 2)<f (2-x 2).综上所述：x 1+x 2>2.11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x <1时，x -x 2<sin x <x ；(2)已知函数f x =cos ax -ln 1-x 2 ，若x =0是f x 的极大值点，求a 的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)-∞,-2 ∪2,+∞【详解】(1)构建F x =x -sin x ,x ∈0,1 ，则F x =1-cos x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则F x 在0,1 上单调递增，可得F x >F 0 =0，所以x >sin x ,x ∈0,1 ；构建G x =sin x -x -x 2 =x 2-x +sin x ,x ∈0,1 ，则G x =2x -1+cos x ,x ∈0,1 ，构建g x =G x ,x ∈0,1 ，则g x =2-sin x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则g x 在0,1 上单调递增，可得g x >g 0 =0，即G x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则G x 在0,1 上单调递增，可得G x >G 0 =0，所以sin x >x -x 2,x ∈0,1 ；综上所述：x -x 2<sin x <x .(2)令1-x 2>0，解得-1<x <1，即函数f x 的定义域为-1,1 ，若a =0，则f x =1-ln 1-x 2 ,x ∈-1,1 ，因为y =-ln u 在定义域内单调递减，y =1-x 2在-1,0 上单调递增，在0,1 上单调递减，则f x =1-ln 1-x 2 在-1,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，故x =0是f x 的极小值点，不合题意，所以a ≠0.当a ≠0时，令b =a >0因为f x =cos ax -ln 1-x 2 =cos a x -ln 1-x 2 =cos bx -ln 1-x 2 ，且f -x =cos -bx -ln 1--x 2 =cos bx -ln 1-x 2 =f x ，所以函数f x 在定义域内为偶函数，由题意可得：f x =-b sin bx -2x x 2-1,x ∈-1,1 ，(i )当0<b 2≤2时，取m =min 1b ,1 ，x ∈0,m ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得fx =-b sin bx -2x x 2-1>-b 2x -2x x 2-1=x b 2x 2+2-b 2 1-x 2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以f x >x b 2x 2+2-b 21-x 2>0，即当x ∈0,m ⊆0,1 时，f x >0，则f x 在0,m 上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x 在-m ,0 上单调递减，所以x =0是f x 的极小值点，不合题意；(ⅱ)当b 2>2时，取x ∈0,1b ⊆0,1 ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得f x =-b sin bx -2x x 2-1<-b bx -b 2x 2 -2x x 2-1=x 1-x2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 ，构建h x =-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2,x ∈0,1b ，则h x =-3b 3x 2+2b 2x +b 3,x ∈0,1b，且h 0 =b 3>0,h 1b=b 3-b >0，则hx >0对∀x ∈0,1b 恒成立，可知h x 在0,1b 上单调递增，且h 0 =2-b 2<0,h 1b=2>0，所以h x 在0,1b 内存在唯一的零点n ∈0,1b ，当x ∈0,n 时，则h x <0，且x >0,1-x 2>0，则f x <x1-x 2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 <0，即当x ∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则f x 在0,n 上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x 在-n ,0 上单调递增，所以x =0是f x 的极大值点，符合题意；综上所述：b 2>2，即a 2>2，解得a >2或a <-2，故a 的取值范围为-∞,-2 ∪2,+∞ .【跟踪训练】1已知函数f x =xe -x +a sin x ，e 是自然对数的底数，若x =0恰为f (x )的极值点.(1)求实数a 的值；(2)求f (x )在区间-∞,π4上零点的个数.【答案】(1)-1；(2)1【详解】(1)由题意得f x =1-xex+a cos x ，因为x =0为f (x )的极值点，故f (0)=1+a =0,∴a =-1，此时f x =1-x e x-cos x ，则x <0时，1-xe x >1，故f (x )>0，则f (x )在(-∞,0)上单调递增；由f x =1-x e x -cos x =1-x -e x cos x e x，令g x =1-x -e x cos x ,∴g x =-1-e x cos x -sin x ，当0<x <π4时，cos x -sin x >0，则g (x )<0，则g (x )在0,π4上单调递减，故g (x )<g (0)=0，即f(x )<0，故f (x )在0,π4 上单调递减，则x =0为f (x )的极大值点，符合题意，故a =-1.(2)由(1)知f x =xe -x -sin x ，f x =1-xex-cos x ，x <0时，f (x )>0，f (x )在(-∞,0)上单调递增，则f (x )<f (0)=0，故f x 在(-∞,0)上不存在零点；当0<x <π4时，f (x )<0，故f (x )在0,π4上单调递减，则f (x )<f (0)=0，故f x 在0,π4上不存在零点；当x =0时，f (0)=0，即x =0为f x 的零点，综合上述，f (x )在区间-∞,π4上零点的个数为1.2已知函数f x =2cos x +ln 1+x -1．(1)判断函数f x 在区间0,π2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若x ≥0时，不等式f x <ax +1恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数f x 在区间0,π2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析；(2)实数a 的取值范围是1,+∞【详解】(1)函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点，证明如下，f x =-2sin x +1x +1，设t x =f x =-2sin x +1x +1，t x =-2cos x -1x +12，当x ∈0,π2 时，t x <0，所以f x 单调递减，又f 0 =1>0，f π2=-2+1π2+1=-2+2π+2<0，所以存在唯一的α∈0,π2 ，使得f α =0，所以当x ∈0,α 时，f x >0，当x ∈α,π2 时，f x <0，所以f x 在0,α 单调递增，在α,π2单调递减，所以α是f x 的一个极大值点，因为f 0 =2-1=1>0，f α >f 0 >0，f π2=ln 1+π2 -1<0，所以f x 在0,α 无零点，在α,π2上有唯一零点，所以函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点；(2)由f x ≤ax +1，得2cos x +ln 1+x -ax -2≤0，令g x =2cos x +ln 1+x -ax -2，x >0 ，则g 0 =0，g x =-2sin x +11+x-a ，g 0 =1-a ，①若a ≥1，则-a ≤-1，当x ≥0时，-ax ≤-x ，令h x =ln x +1 -x ，则h x =1x +1-1=-xx +1，当x ≥0时，h x ≤0，所以h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x ≤h 0 ，所以ln x +1 -x ≤0，即ln x +1 ≤x ，又cos x ≤1，所以g x ≤2+x -x -2=0，即当x ≥0时，f x ≤ax +1恒成立，②若0≤a <1，因为当x ∈0,π2 时，g x 单调递减，且g 0 =1-a >0，g π2 =-2+11+π2-a <0，所以存在唯一的β∈0,π2，使得g β =0，当x ∈0,β 时，g x >0，g x 在0,β 上单调递增，不满足g x ≤0恒成立，③若a <0，因为g e 4-1 =2cos e 4-1 +ln e 4 -a e 4-1 -2=2-2cos e 4-1 -a e 4-1 >0不满足g x ≤0恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是1,+∞ .3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立. (1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)【答案】(1)a =1；(2)证明见解析【详解】(1)因为f x -g x ≥0恒成立，所以xe x -a (ln x +x )≥1恒成立，令h (x )=xe x -a (ln x +x )，则h (x )=e x+xe x-a 1x +1 =(x +1)⋅xe x -ax(x >0)，当a <0时，h (x )>0，所以h (x )在(0,+∞)上递增，当x→0时，xe x →0,ln x →-∞，所以h (x )→-∞，不合题意，当a =0时，h 12=e2<1，不合题意，当a >0时，令xe x -a =0，得a =xe x ，令p (x )=xe x ，则p (x )=(x +1)e x >0，所以p (x )=xe x 在(0,+∞)上递增，且p (0)=0，所以a =xe x 有唯一实根，即h (x )=0有唯一实根，设为x 0，即a =x 0e x 0，且x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，x ∈x 0,+∞ 时，h(x )>0,所以h (x )在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，所以h (x )min =f x 0 =x 0e x 0-a ln x0+x 0 =a -a ln a ，所以只需a -a ln a ≥1，令t =1a ，则上式转化为ln t ≥t -1，设φ(t )=ln t -t +1，则φ (t )=1t -1=1-tt，当0<t <1时，φ (t )>0，当t >1时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以φ(t )≤φ(1)=0，所以ln t ≤t -1，所以ln t =t -1，得t =1，所以t =1a=1，得a =1，(2)证明：由(1)知，当a =1时，f x ≥g x 对任意x >0恒成立，所以∀x ∈0,+∞ ，xe x ≥x +ln x +1(当且仅当x =1时取等号)，则x 3e x ≥x 3+x 2ln x +x 2(x >0)，所以要证明x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x ，只需证明x 3+x 2ln x +x 2>(x 2+3)ln x +2sin x (x >0)，即证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，设t (x )=ln x -x +1,m (x )=sin x -x ，则由(1)可知ln x ≤x -1(x >0)，m (x )=cos x -1≤0在(0,+∞)上恒成立，所以m (x )在(0,+∞)上递减，所以∀x ∈0,+∞ ，m (x )<m (0)=0，所以sin x <x (x >0)，所以要证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，只要证x 3+x 2≥3(x -1)+2x (x >0)，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)，令H (x )=x 3+x 2-5x +3，则H (x )=3x 2+2x -5=(3x +5)(x -1)，当0<x <1时，H (x )<0，当x >1时，H (x )>0，所以H (x )在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以当x ∈0,+∞ 时，H (x )≥H (1)=0，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)恒成立，所以原命题成立.4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.【答案】(1)x =2π3+2k π(k ∈Z )；(2)(0,2].【详解】(1)函数g (x )=12x +sin x ，求导得g (x )=12+cos x ，由g (x )=0，得cos x =-12，当-2π3+2k π<x<2π3+2k π(k ∈Z )时，cos x >-12，即g (x )>0，函数g (x )单调递增；当2π3+2k π<x <4π3+2k π(k ∈Z )时，cos x <-12，即g (x )<0，函数g (x )单调递减，因此函数g (x )在x =2π3+2k π(k ∈Z )处有极大值，所以函数g (x )的极大值点为x =2π3+2k π(k ∈Z ).(2)依题意，m >0，∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x ⇔x +sin x -mx cos x ≥0，当x =π2时，π2+1≥0成立，则m >0，当x ∈0,π2时，cos x >0，x +sin x -mx cos x ≥0⇔x +sin x cos x-mx ≥0，令h (x )=x +sin x cos x -mx ，x ∈0,π2 ，求导得h(x )=(1+cos x )cos x +(x +sin x )sin x cos 2x -m =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，令φx =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，x ∈0,π2 ，求导得φ (x )=x cos 2x +2x sin 2x +sin2x +2sin x cos 3x >0，因此φ(x )在0,π2 上单调递增，即有φx ≥φ0 =2-m ，而cos x +x sin x +1cos 2x ≥cos x +1cos 2x >1cos 2x，又函数y =1cos 2x在x ∈0,π2 上的值域是[1,+∞)，则函数φ(x )，即h x 在0,π2 上的值域是2-m ,+∞ ,当0<m ≤2时，h (x )≥0，当且仅当m =0,x =0时取等号，于是函数h (x )在0,π2上单调递增，对x ∈0,π2 ，h (x )≥h (0)=0，因此0<m ≤2，当m >2时，存在x 0∈0,π2，使得h (x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，函数h (x )在(0,x 0)上单调递减，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<h (0)=0，不符合题意，所以m 的取值范围为(0,2].5已知函数f (x )=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a (x >0)．(1)当a =1时，(I )求(π,f (π))处的切线方程；(II )判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)(I )y =3πx -2π2+1；(II )f x 单调递增，证明见解析；(2)a ≥1【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2-x sin x +1，可得f (x )=2x -sin x -x cos x .(I )f (π)=π2+1,f (π)=3π，所以在(π,f (π))处的切线方程为y -π2+1 =3πx -π ，即y =3πx -2π2+1.(II )f (x )=2x -sin x -x cos x =x -sin x +x (1-cos x )，设m (x )=x -sin x (x >0)，则m (x )=1-cos x ≥0,m (x )单调递增，所以m (x )>m (0)=0，即x >sin x ，所以当x >0时，f (x )>0,f (x )单调递增.(2)设g (x )=f (x )-1=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a -1，由题意g (x )>0恒成立.①当a ≤0时，g π2=a π2π2-1 +a -1<0,g (x )>0不恒成立，不合题意；②当0<a <1时，设h (x )=g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，h (0)=0，h (x )=2a -a cos x +ax sin x -cos x ，h (0)=a -1<0，h π2=2a +π2a >0，设r (x )=h (x )，x ∈0,π2，r (x )=2a sin x +ax cos x +sin x >0，h (x )单调递增，由零点存在定理得∃t ∈0,π2，使得h (t )=0.h (x )在(0,t )上h (x )<0，h (x )<h (0)=0，即g (x )<0，所以g (x )在(0,t )上单调递减，g (x )<g (0)=0，g (x )>0不恒成立，不合题意；③当a ≥1时，g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，则g (x )x =2a -a cos x -sin x x =a (1-cos x )+a -sin x x，当x>0时，1-cos x ≥0,x >sin x ，即sin xx <1，则g (x )x >0，所以当x >0时，g (x )>0,g (x )单调递增.可得：g (x )>g (0)=0，即f (x )>1，所以a ≥1.综上，a 的取值范围为1,+∞ ．6已知f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R ).(1)当a =14时，求y =f (x )在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x ∈R 时，f (x )≥2恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3 ；(2)[3,+∞).【详解】(1)当a =14时，f (x )=14x 2-cos x -x sin x +14，求导得f (x )=12x -x cos x =x 12-cos x ，而x ∈[-π,π]，由cos x =12，得x =±π3，当x ∈-π3,π3 时，12-cos x <0，当x ∈π3,π ∪-π,-π3时，12-cos x >0，则当x >0时，若f (x )>0，则x ∈π3,π ；若f (x )<0，则x ∈0,π3，当x <0时，若f (x )>0，则x ∈-π3,0 ；若f (x )<0，则x ∈-π,-π3 ，所以函数y =f (x )在[-π,π]内的单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3.(2)因为f (-x )=a (-x )2-cos (-x )-(-x )sin (-x )+a =f (x )，于是函数f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R )为偶函数，则f (x )≥2对任意x ∈R 恒成立，等价于对任意的x ∈[0,+∞)，恒有f (x )≥2成立，求导得f (x )=2ax -x cos x =x (2a -cos x )，当x ∈[0,+∞)时，当2a ≥1，a ≥12成立时，2a -cos x ≥0恒成立，即f (x )≥0恒成立，函数f (x )在[0,+∞)内单调递增，则有f x min =f 0 =a -1，因此a -1≥2，解得a ≥3，则a ≥3；当2a <1，a <12时，函数y =cos x 在[0,π]上单调递减，且-1≤cos x ≤1，因此存在x 0>0，使得当x ∈(0,x 0)时，2a -cos x <0，f (x )<0，函数f (x )在(0,x 0)上递减，此时x ∈0,x 0 ，f x <f 0 =a -1<2，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[3,+∞).7已知函数f (x )=e x -a -x -cos x ，x ∈(-π,π)其中e =2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a =0时，证明：f x ≥0;(2)当a =1时，求函数y =f x 零点个数．【答案】(1)证明见解析；(2)2.【详解】(1)当a =0时，f (x )=e x -x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1+sin x ，显然f (0)=0，当-π<x <0时，e x -1<0,sin x <0，则f (x )<0，当0<x <π时，e x -1>0,sin x >0，则f (x )>0，因此函数f (x )在(-π,0)上单调递减，在(0,π)上单调递增，则当x ∈(-π,π)时，f (x )≥f (0)=0，所以f x ≥0.(2)当a =1时，f (x )=e x -1-x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1-1+sin x ，当-π<x <0时，e x -1-1<0,sin x <0，则f (x )<0，当1<x <π时，e x -1-1>0,sin x >0，则f (x )>0，当0≤x ≤1时，函数y =e x -1-1,y =sin x 都递增，即函数f (x )在(0,1)上单调递增，而f (0)=e -1-1<0,f (1)=sin1>0，因此存在x 0∈(0,1)，使得f (x 0)=0，当0≤x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x ≤1时，f (x )>0，从而当-π<x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x <π时，f (x )>0，即有函数f (x )在(-π,x 0)上单调递减，在(x 0,π)上单调递增，f (x 0)<f (0)=e -1-1<0，而f -π2 =e -π2-1+π2>0,f π2 =e π2-1-π2>e -π2>0，于是函数f (x )在(-π,x 0)，(x 0,π)各存在一个零点，所以函数y =f x 零点个数是2.8已知函数f x =x -1 e x +ax +1.(1)若a =-e ，求f x 的极值；(2)若x ≥0，f x ≥2sin x ，求a 的取值范围.【答案】(1)f x 极小值=1-e ，无极大值.(2)2,+∞【详解】(1)当a =-e 时f x =x -1 e x -ex +1，则f x =xe x -e ，令g x =f x =xe x -e ，则g 1 =0，gx =x +1 ex，所以当x <-1时g x <0，g x 单调递减且g x <0，当x >-1时g x >0，g x 单调递增，所以当x <1时g x <0，即f x <0，当x >1时g x >0，即f x >0，所以f x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1处取得极小值，即f x 极小值=f 1 =1-e ，无极大值.(2)令h x =f x -2sin x =x -1 e x +ax -2sin x +1，x ∈0,+∞ ，则原不等式即为h x ≥0，可得h 0 =0，h x =xe x +a -2cos x ，h 0 =a -2，令u x =h x =xe x +a -2cos x ，则u x =x +1 e x +2sin x ，令t x =x +1 e x ，x ∈0,+∞ ，则t x =x +2 e x >0，所以t x 在0,+∞ 上单调递增，则t x ≥t 0 =1，则x ∈0,π 时x +1 e x >0，sin x ≥0，所以u x >0，当x ∈π,+∞ 时x +1 e x ≥π+1 e π>2，所以u x >0，所以u x >0在0,+∞ 上恒成立，所以u x 即h x 在0,+∞ 上单调递增，当a -2≥0，即a ≥2时h x ≥h 0 ≥0，所以h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0恒成立，所以a ≥2符合题意，当a -2<0，即a <2时h 0 <0，h 3-a =3-a e 3-a+a -2cos 3-a ≥3-a +a -2cos 3-a >0，所以存在x 0∈0,3-a 使得h x 0 =0，当0<x <x 0时h x <0，则h x 单调递减，所以h x <h 0 =0，与题意不符，综上所述，a 的取值范围是2,+∞ .9已知函数f x =2sin x -ln 1+x 0<x <π ．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析；(2)2α>β，证明见解析【详解】(1)当π2<x <π时，由于y =2sin x 单调递减，y =ln 1+x 单调递增，所以f x 单调递减，又f π2=2-ln 1+π2 >0,f π =-ln 1+π <0，所以f x 只有一个零点(设为x 0)，无极值点；当0<x <π2时，由f x =2sin x -ln 1+x 得f x =2cos x -1x +1，设g x =2cos x -1x +1，则g x =-2sin x +1x +1 2，由于y =-2sin x 和y =1x +12在0,π2 上均单调递减，所以g x 单调递减，又g 0 =1>0,g π2=-2+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得g x 1 =0，当0<x <x 1时，g x >0，g x 单调递增，即f x 单调递增，当x 1<x <π2时，g x <0，g x 单调递减，即f x 单调递减，又f π3=1-11+π3>0,f π2 =-1π2+1<0，所以当0<x <x 1时，f x >0恒成立，且存在x 2∈π3,π2 ，使得fx 2 =0，当0<x <x 2时，fx >0，f x 单调递增，当x 2<x <π2时，fx <0，f x 单调递减，所以x 2是f x 的极值点，又f 0 =0,f π2=2-ln 1+π2 >0，所以当0<x <π2时，f x >0恒成立，即函数f x 无零点；综上，函数f x 有唯一的极值点α(α=x 2)，及唯一的零点β(β=x 0).(2)2α>β，证明如下：由(1)知α∈π3,π2，2α,β∈π2,π ，由于α为f x 的极值点，所以f α =2cos α-1α+1=0，即2cos α=11+α，所以f 2α =2sin2α-ln 1+2α =4sin αcos α-ln 1+2α =2sin α1+α-ln 1+2α ，设y =x -sin x 0<x <π2，则y =1-cos x >0，所以y =x -sin x 单调递增，所以x -sin x >0，即x >sin x ，所以f2α=2sinα1+α-ln1+2α<2α1+α-ln1+2α，令φ(x)=2x1+x-ln(1+2x)0<x<π2，则φ (x)=-2x21+x21+2x<0，所以φ(x)在0,π2上单调递减，所以φ(x)<φ(0)=0，所以f2α <0=fβ ，又f x在π2,π递减，所以2α>β.10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．【答案】(1)a≥0；(2)0<a<1【详解】(1)由题得f x =2ax+1-1x，因为f x 在1,+∞上单调递增，所以f x =2ax+1-1x≥0在1,+∞上恒成立，即2a≥1x2-1x在1,+∞上恒成立，因为1x2-1x=1x-122-14≤0，所以a≥0.(2)因为g x =ax-sin x，则g x =a-cos x，注意到：g0 =0，g 0 =a-1，若a≥1，则g x =a-cos x≥0，所以g x 在0,π上单调递增，所以g x >g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若a≤-1，则g x =a-cos x≤0，所以g x 在0,π上单调递减，所以g x <g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若-1≤a≤0，显然g x =ax-sin x<0，在0,π上不存在零点，若0<a<1，显然存在t∈0,π，使得g t =0，且g x 在0,π上单调递增，注意到：g 0 =a-1<0，g π =a+1>0，所以g x 在0,t上小于零，在t,π上大于零，所以g x 在0,t上单调递减，在t,π上单调递增，注意到：g0 =0，g t <0，且gπ >0，所以存在唯一β∈t,π使得gβ =0，综上，所以0<a<1.11已知函数f x =ln x+sin x.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.【答案】(1)sin1；(2)f x 有1个零点，证明见解析【详解】(1)f(x)=ln x+sin x的定义域为0,+∞，故f (x)=1x+cos x，令g x =f (x)=1x+cos x，g x =-1 x2-sin x，当x∈1,e时，g x =-1x2-sin x<0，所以g x 在1,e上单调递减，且g1 =1+cos1>0，g e =1e +cos e<1e+cos2π3=1e-12<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使g a =f a =0，又当x∈1,a时，g x =f x >0；当x∈a,e时，g x =f x <0；所以f x 在x∈1,a上单调递增，在x∈a,e上单调递减，又因为f1 =ln1+sin1=sin1，f e =ln e+sin e=1+sin e >f1 ，所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1 =sin1.(2)f x 有1个零点，证明如下：因为f(x)=ln x+sin x，x∈0,+∞，若0<x≤1，f (x)=1x+cos x>0，所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1 =sin1>0，f1e=-1+sin1e<0，结合零点存在定理可知，。
三角函数与导数练习题
三角函数与导数练习题在微积分学习的过程中，三角函数与导数是非常重要的概念。
理解和掌握它们对于解决各种微积分问题至关重要。
本文将为你提供一些与三角函数和导数相关的练习题，帮助你巩固这些知识点。
练习题一：三角函数的导数计算计算下列函数的导数：1. y = sin(x)2. y = cos(x)3. y = tan(x)4. y = cot(x)解答：1. y = sin(x)y' = cos(x)2. y = cos(x)y' = -sin(x)3. y = tan(x)y' = sec^2(x)4. y = cot(x)y' = -csc^2(x)练习题二：三角函数与导数的应用1. 求函数 y = sin(x) 在点x = π/2 处的导数值，并说明其物理意义。
2. 设 y = cos(x)，求函数 y' 的最小正周期是多少？3. 对函数 y = atan(x) ，求其在点 x = 0 处的导数，并说明其物理意义。
解答：1. 在点x = π/2 处，函数 y = sin(x) 的导数为y' = cos(x) = cos(π/2) = 0。
这表示在x = π/2 处，函数 y = sin(x) 的变化率为零。
物理上，这可以理解为在该点附近，物体的运动速度不再发生变化。
2. 函数 y = cos(x) 的最小正周期是2π。
这是因为在区间[0, 2π] 内，cos(x) 展现出了与整个函数图像相似的特征。
3. 求函数 y = atan(x) 在点 x = 0 处的导数：y' = 1 / (1 + x^2)当 x = 0 时，函数的导数为 y' = 1 / (1 + 0^2) = 1。
物理上，这表示函数 y = atan(x) 在 x = 0 处的变化率为1。
练习题三：三角函数与导数的求解1. 求函数 y = 3sin(2x) 的导数。
2. 求函数 y = 2cos(3x) 的导数。
导数带三角函数大题
导数带三角函数大题一、导数与三角函数的关系1.1 导数的定义导数是微积分中的重要概念，表示函数在某一点处的变化率。
对于一个函数f(x)，在某一点x=a处的导数表示为f’(a)，可以通过极限的方式定义为：f’(a) = lim(delta x->0) (f(a+delta x) - f(a)) / (delta x)其中，delta x表示自变量的一个极小增量。
1.2 三角函数的基本性质三角函数包括正弦函数sin(x)，余弦函数cos(x)，正切函数tan(x)等。
它们具有以下基本性质：•正弦函数的定义域为全体实数，值域为[-1,1]，是一个奇函数；•余弦函数的定义域为全体实数，值域为[-1,1]，是一个偶函数；•正切函数的定义域为除去所有整数倍的pi的点，值域为全体实数。
二、三角函数的导数公式2.1 正弦函数的导数根据导数的定义，可以求得正弦函数sin(x)的导数：d/dx sin(x) = lim(delta x->0) (sin(x+delta x) - sin(x)) / (delta x)利用三角函数的和差化积公式，可将上式拆分为：d/dx sin(x) = cos(x)因此，正弦函数的导数等于它的余弦函数。
2.2 余弦函数的导数类似地，可以求得余弦函数cos(x)的导数：d/dx cos(x) = lim(delta x->0) (cos(x+delta x) - cos(x)) / (delta x)同样利用三角函数的和差化积公式，可得：d/dx cos(x) = -sin(x)因此，余弦函数的导数等于它的负正弦函数。
2.3 正切函数的导数与之前类似，可求得正切函数tan(x)的导数：d/dx tan(x) = lim(delta x->0) (tan(x+delta x) - tan(x)) / (delta x)将tan(x)表示为sin(x)/cos(x)，可得：d/dx tan(x) = (d/dx sin(x) * cos(x) - d/dx cos(x) * sin(x)) / (cos(x))^2利用之前的导数结果，可得：d/dx tan(x) = 1 / (cos(x))^2 = sec^2(x)因此，正切函数的导数等于它的平方函数sec^2(x)。
导数与三角函数交汇36题
导数与三角函数交汇试题1．（2019•石家庄一模）已知函数，（1）求函数f（x）的极小值（2）求证：当﹣1≤a≤1 时，f（x）＞g（x）2．（2019春•常熟市期中）已知函数f（x）＝e2x（sin x﹣3cos x）．（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．3．（2019•大连模拟）已知函数f（x）＝ae x﹣sin x+1其中a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：对∀x∈[0，+∞），f（x）≥2；（2）若函数f（x）在[0，π]上存在两个不同的零点，求实数a 的取值范围．4．（2019•天津）设函数f（x）＝e x cos x，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（﹣x）≥0；（Ⅲ）设x n为函数u（x）＝f（x）﹣1 在区间（2nπ+，2nπ+ ）内的零点，其中n∈N，证明2nπ+﹣x n＜．5．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a 的取值范围．6．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2 个零点．7．（2019•富阳区模拟）设函数f（x）＝2x2+alnx，（a∈R）（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x+m，求实数a，m的值（Ⅱ）若f（2x﹣1）+2＞2f（x）对任意x∈[2，+∞）恒成立，求实数 a 的取值范围；（Ⅲ）关于x 的方程f（x）+2cos x＝5 能否有三个不同的实根？证明你的结论8．（2019•北辰区模拟）已知函数f（x）＝e x﹣ax，（a∈R），g（x）＝．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若g（x）≤kx 在x∈[0，+∞）恒成立，求k 的取值范围；（Ⅲ）当a＝1，x≥0时，证明：（2+cos x）f′（x）≥2sin x．9．（2019•佛山二模）已知函数f（x）＝，0＜x＜π．（Ⅰ）若x＝x0时，f（x）取得极小值f（x0），求实数a及f（x0）的取值范围；（Ⅱ）当a＝π，0＜m＜π时，证明：f（x）+mlnx＞0．10．（2019•武汉模拟）（1）求证：x≥0时，cos x≥1﹣x2恒成立；（2）当a≥1时，∀x∈[0，+∞），证明不等式xe ax+x cos x+1≥（1+sin x）2恒成立．11．（2019•山东模拟）已知函数（Ⅰ）当x＞0时，证明f（x）＞g（x）；（Ⅱ ）已知点P （x ，xf （x ）），点Q （﹣sin x ，cos x ），设函数时，试判断h（x）的零点个数．12．（2019•衡阳一模）已知函数f（x）＝sin x﹣．（1）若f（x）在[0，]上有唯一极大值点，求实数a 的取值范围；（2）若a＝1，g（x）＝f（x）+e x，且g（x1）+g（x2）＝2（x1≠x2），求证：x1+x2＜0．13．（2019•东城区二模）已知函数f（x）＝x+sin x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax cos x 在区间上恒成立，求实数a 的取值范围．14．（2019•日照模拟）已知函数（e为自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的值域；（2）若不等式f（x）≥k（x﹣1）（1﹣sin x）对任意恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：．15．（2019•江苏模拟）定义函数f（x）＝x sin x+k cos x，x∈（0，π）为j（K）型函数，共中K∈Z．（1）若y＝f（x）是j（1）型函数，求函数f（x）的值域；（2）若y＝f（x）是j（0）型函数，求函f（x）极值点个数；（3）若y＝f（x）是j（2）型函数，在y＝f（x）上有三点A、B、C 横坐标分別为x1、x2、x3，其中x1＜x2＜x3，试判断直线AB 的斜率与直线BC 的斜率的大小并说明理由．16．（2019•房山区二模）已知函数．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0 处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）在（0，π）上的单调区间；（Ⅲ）当m＞1 时，证明：g（x）在（0，π）上存在最小值．17．（2019春•东莞市期中）已知函数f（x）＝e x cos x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间上的值域．18．（2019•莆田二模）已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0≤a≤1时，证明：xf（x）＞a（sin x+1）．19．（2019•泰安二模）已知函数f（x）＝（x﹣m）lnx（m≤0）．（1）若函数f（x）存在极小值点，求m 的取值范围；（2）证明：f（x+m）＜e x+cos x﹣1．20．（2019春•龙岩期中）已知函数f（x）＝x cos x﹣sin x，x∈[﹣]．（Ⅰ）求证：f（x）≥0；（Ⅱ）若a对x∈（﹣）恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．21．（2019•昆明模拟）已知函数f（x）＝a（x﹣sin x）（a∈R且a≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设，若对任意x≥0，都有f（x）+g（x）≥0，求a 的取值范围．22．（2019•安徽模拟）已知函数f（x）＝m tan x+2sin x，x∈[0，），m∈R．（Ⅰ）若函数y＝f（x）在x∈[0，）上是单调函数，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）当m＝1 时，（i）求函数y＝f（x）在点x＝0 处的切线方程；（ii）若对任意x∈[0，），不等式f（x）≥aln（x+1）恒成立，求实数a的取值范围．23．（2019•昆明模拟）已知函数f（x）＝e x（x+sin x+a cos x）（a∈R）在点（0，f（0））处切线的斜率为1．（1）求a 的值；（2）设g（x）＝1﹣sin x，若对任意x≥0，都有f（x）+mg（x）≥0，求实数m 的取值范围．24．（2019•江苏一模）已知函数f（x）＝（x+1）lnx+ax（a∈R）．（1）若函数y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+y+b＝0，求实数a，b的值；（2）设函数g（x）＝，x∈[1，e]（其中e为自然对数的底数）．①当a＝﹣1 时，求函数g（x）的最大值；②若函数h（x）＝||是单调减函数，求实数a 的取值范围．25．（2019春•龙凤区校级月考）已知函数f（x）＝lnx﹣mx（m∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若m═﹣e，a∈（e+，+∞），且f（x）≤ax﹣b恒成立，求的最大值（其中e 为自然对数的底数）．26．（2019•石家庄模拟）已知函数f（x）＝ae x﹣sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．（Ⅰ）当a＝1时，证明：对∀x∈[0，+∞），f（x）≥1；（Ⅱ）若函数f（x）在（0，）上存在极值，求实数a 的取值范围．27．（2019春•香洲区校级月考）已知函数f（x）＝（1+x）e﹣2x，g（x）＝ax++1+2x cos x，当x∈[0，1]时，（Ⅰ）若函数g（x）在x＝0 处的切线与x 轴平行，求实数a 的值；（Ⅱ）求证：1﹣x≤f（x）≤；（Ⅲ）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a 的取值范围．28．（2018秋•盐城期末）设f（x）＝x2﹣2ax+1，g（x）＝sin x．（1）若∀x∈[0，1]都有f（x）≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围；（2）若∃x1∈（0，1]，使得对∀x2∈[0，]，都有f（x1）≥g（x2）恒成立，求实数a 的， ： 取值范围．29．（2019•武侯区校级模拟）已知函数 f （x ）＝x sin x +2cos x +ax +2，其中 a 为常数．（Ⅰ）若曲线 y ＝f （x ）在 x ＝0 处的切线在两坐标轴上的截距相等，求 a 之值；（Ⅱ）若对∀x ∈（0，π），都有π＜f （x ）＜π2，求 a 的取值范围．30．（2018 秋•丰台区期末）已知函数 f （x ）＝x ﹣sin x ．（Ⅰ）求曲线 y ＝f （x ）在点（，f （））处的切线方程； （Ⅱ）求证：当 x ∈（0，）时，0＜f （x ）＜ x 3．31．（2012 秋•保定月考）已知函数． （1） 若 a ＝﹣4，求函数 f （x ）的单调区间；（2） 设函数 ，试问：在定义域内是否存在三个不同的自变量的取值 x i （i ＝1，2，3）使得 f （x i ）﹣g （x i ）的值恰好都相等，若存在，请求出 a 的范围，若不存在，请说明理由？32．（2012 春•东湖区校级期中）已知 f （x ）是定义在集合 D 上的函数，且﹣1＜f ′（x ）＜0．（1） 若 ，在[ ]（[ ]⊆D ）上的最大值为 ，试求不等式|ax +1|＜a 的解集．（2）若对于定义域中任意的 x 1，x 2，存在正数ε，使|x 1﹣1|＜且|x 2﹣1|＜ ，求证：|f （x 1）﹣f （x 2）|＜ε．33．（2012•井冈山市模拟）已知函数 f （x ）＝2x ﹣π，g （x ）＝cos x ．（1）设 h （x ）＝（f x ）﹣g （x ），若 x 1，x 2∈[﹣ +2k π +2k π（] k ∈Z ），求证≥h （）；（2）若 x 1∈[，π]，且 f （x n +1）＝g （x n ），求证：|x 1﹣|+|x 2﹣|+…+|x n ﹣| ＜ ．34．（2013•北京）已知函数 f （x ）＝x 2+x sin x +cos x ．（Ⅰ）若曲线 y ＝f （x ）在点（a ，f （a ））处与直线 y ＝b 相切，求 a 与 b 的值；（Ⅱ）若曲线 y ＝f （x ）与直线 y ＝b 有两个不同交点，求 b 的取值范围．35．（2013•泉州二模）定义域为D的函数f（x），其导函数为f′（x）．若对∀x∈D，均有f （x）＜f′（x），则称函数f（x）为D上的梦想函数．（Ⅰ）已知函数f（x）＝sin x，试判断f（x）是否为其定义域上的梦想函数，并说明理由；（Ⅱ）已知函数g（x）＝ax+a﹣1（a∈R，x∈（0，π））为其定义域上的梦想函数，求a的取值范围；（Ⅲ）已知函数h（x）＝sin x+ax+a﹣1（a∈R，x∈[0，π]）为其定义域上的梦想函数，求a 的最大整数值．36．（2013•枣庄二模）设f（x）＝ax+cos x（x∈R）．（1）若，试求出函数f（x）的单调区间；（2）若对任意x≥0，都有x+sin2x+cos x≤f（x）成立，求实数a 的取值范围．答案解析：1.【解答】解：（1）f′（x）＝﹣＝，（x∈（0，+∞））．当a﹣1≤0时，即a≤1时，f′（x）＞0，函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，无极小值；当a﹣1＞0时，即a＞1时，f′（x）＜0，解得0＜x＜a﹣1，函数f（x）在（0，a﹣1）上单调递减．f′（x）＞0，解得x＞a﹣1，函数f（x）在（a﹣1，+∞）上单调递增．∴x＝a﹣1时，函数f（x）取得极小值，f（a﹣1＝1+ln（a﹣1）．综上所述，当a≤1时，f（x）无极小值；当a＞1时，f（x）极小值＝1+ln（a﹣1）．（2）令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx+﹣＝，x∈（0，+∞）．当﹣1≤a≤1时，要证f（x）＞g（x），即证F（x）＞0，即xlnx﹣a sin x+1＞0，即证xlnx＞a sin x﹣1．①当0＜a≤1时，令h（x）＝x﹣sin x，h′（x）＝1﹣cos x≥0，所以h（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，故h（x）＞h（0）＝0，即x＞sin x．∴ax﹣1＞a sin x﹣1，令u（x）＝xlnx﹣x+1，u′（x）＝lnx，当x∈（0，1），u′（x）＜0，u（x）在（0，1）上单调递减；x∈（1，+∞），u′（x）＞0，u（x）在（1，+∞）上单调递增．又∵0＜a≤1，∴xlnx≥x﹣1≥ax﹣1．由上面可知：xlnx≥x﹣1≥ax﹣1＞a sin x﹣1，所以当0＜a≤1，∴xlnx＞a sin x﹣1．②当a＝0时，即证xlnx＞﹣1．令v（x）＝xlnx，v′（x）＝lnx+1，可得v（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，v（x）min＝v（）＝﹣＞﹣1，故xlnx＞﹣1．③当﹣1≤a＜0时，当x∈（0，1]时，a sin x﹣1＜﹣1，由②知v（x）＝xlnx≥﹣，而﹣＞﹣1，故xlnx＞a sin x﹣1．当x∈（1，+∞）时，a sin x﹣1≤0，由②知v（x）＝xlnx＞v（1）＝0，故xlnx＞a sin x﹣1；所以，当x∈（0，+∞）时，xlnx＞a sin x﹣1．综上①②③可知，当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）．2.①答案:(1)函数f(x)=e x cos x−x的导数为f′(x)=e x(cos x−sin x)−1，可得曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为k=e0(cos0−sin0)−1=0，切点为(0,e0cos0−0),即为(0,1)，曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1；(2)函数f(x)=e x cos x−x的导数为f′(x)=e x(cos x−sin x)−1，令g(x)=e x(cos x−sin x)−1，则g(x)的导数为g′(x)=e x(cos x−sin x−sin x−cos x)=−2e x⋅sin x，当x∈[0,π/2],可得g′(x)=−2e x⋅sin x⩽0，即有g(x)在[0,π/2]递减,可得g(x)⩽g(0)=0，则f(x)在[0,π/2]递减，即有函数f(x)在区间[0,π/2]上的最大值为f(0)=e0cos0−0=1；最小值为f(π/2)=eπ/2cosπ/2−π/2=−π/2.②分析:（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；（2）求出f（x）的导数，再令g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，可得g （x）在区间[0，π/2]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f （x）的最值．（2）由f（x）在（-∞，0）和（1+∞）上具有相反的单调性知：f′（x）=0的解在[0，1]上，根据零点存在定理可得一不等式，解出即可；（3）问题即为证明a＞0且x＞-1时，e2x+ae x≥（x+1）2+a（x+1），先利用导数证明e x≥x+1，再根据不等式的性质即可证明原不等式；【解析】（1）f′（x）=（2e x-2e）e x=0，得x=1，当x＜1时f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以x=1为唯一极小值点，也是最小值点，所以f（x）的最小值为f（1）=-e2；（2）因为f（x）在（-∞，0）和（1+∞）上具有相反的单调性，则有f′（x）=0的解在[0，1]上，即2e x+a=0的解在[0，1]上．记h（x）=2e x+a，则h（0）•h（1）≤0，解得-2e≤a≤-2，所以a的取值范围为[-2e，-2]；（3）即证明a＞0且x＞-1时，e2x+ae x≥（x+1）2+a（x+1），现证明e x≥x+1，记g（x）=e x-（x+1），令g′（x）=e x-1=0，得x=0，当-1＜x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以x=0为唯一极小值点，也即最小值点，∴g（x）≥g（0）=0，∴e x≥x+1，所以a＞0且x＞-1时，e2x≥（x+1）2，ae x≥a（x+1），∴e2x+ae x≥（x+1）2+a（x+1）．36.4.。
重难点专题13 导数与三角函数结合的解答题(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
【变式 2-1】3. （2021 秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数() =
e
― 2（ ∈ ）
（其中 ≈ 2.71828为自然对数的底数）.
（1）当 = 2时，判断函数()的单调性；
（2）若 > 1，证明() > cos对于任意的 ∈ [0, + ∞)恒成立.
∈ 0, π ．
2
(1)当 = 1时，讨论()的单调性；
(2)若() + sin < 0，求的取值范围．
4．
（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0 < < 1时， ― 2 < sin < ；
（2）已知函数() = cos ― ln(1 ― 2)，若 = 0是()的极大值点，求 a 的取值范围．
证明：
（1）()在区间(0,)存在唯一极大值点；
（2）()有且仅有 2 个零点.
1
【变式 1-1】2. （2019 秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数() = cos + 42 ―1.
2 2
（1）证明：() ≤ 0， ∈ ― ,
；
（2）判断 = ()的零点个数，并给出证明过程.
题型 2 放缩法 ..................................................................................................................................2
题型 1 分段分析法
sin
2．
（2023·全国·统考高考真题）已知函数() = ― cos3, ∈ 0, π
高考数学知识点复习： 导数和三角函数交汇解答题—读者版
专题6导数和三角函数交汇之解答题第一讲关联最紧密，泰勒帮你办例1.验证下列函数的麦克劳林公式：(1))()!12()1(!5!3sin 212153m m m x m x x x x x(2))()1(32)1ln(132n nn x nx x x x x ；例2.写出2)(xex f 的麦克劳林公式．秒杀秘籍：泰勒展开式的任意形式例4.（2014•新课标Ⅱ）已知函数()2x x f x e e x ．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设()(2)4()g x f x bf x ，当0x 时，()0g x ，求b 的最大值；（Ⅲ）已知1.41422 1.4143 ，估计ln 2的近似值（精确到0.001)．例5.（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x ．（1）若0a ，证明：当10x 时，()0f x ；当0x 时，()0f x ；（2）若0x 是()f x 的极大值点，求a ．秒杀秘籍：泰勒展开式的极值界定法对于任意一个能用泰勒公式在0 x 处展开的函数：例6.（2019•浙江五华校级月考）已知函数)cos sin ()(x b x a e x f x ，若0 x 是)(x f 的一个极小值点，且222 b a ，则)( a A.1 B.0 C.1 D.1例7.（2019•乌鲁木齐二模）若直线y x m 与曲线sin cos ()y a x b x a b m R ，，相切于点(01)，，则a b m的值为．秒杀秘籍：泰勒展开式的切线界定例8.（2019•吉安期末）函数()2)(cos 1)4f x x a x 在2x处的切线与直线10x y 垂直，则该切线在y 轴上的截距为．例9.（2019•大连二模）函数()sin (x x f x e e a x x R ，e 是自然对数的底数，0)a 存在唯一的零点，则实数a 的取值范围为()A ．(02]，B ．(01]，C ．(0]e ，D ．(0)，例10.（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x ，()f x 为()f x 的导数．（1）证明：()f x 在区间(0) ，存在唯一零点；（2）若[0]x ，时，()f x ax ，求a 的取值范围．例11．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin ln(1)f x x x ，()f x 为()f x 的导数．证明：（1）()f x 在区间(1)2，存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．例12.（2013•辽宁）已知函数2()(1)xf x x e ，3()12cos 2x g x ax x x ，当[01]x ，时，()I 求证：11()1x f x x；()II 若()()f x g x 恒成立，求实数a 的取值范围．例13.（2008•全国卷Ⅱ）设函数sin ()2cos xf x x．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ，都有()f x ax ，求a 的取值范围．例14.（2006•湖南）已知函数()sin f x x x ，数列{}n a 满足：101a ，1()n n a f a ，123n ，，，证明：（Ⅰ）101n n a a ；（Ⅱ）3116n n a a．证明：()I 先用数学归纳证明01n a ，1n ，2，3，例15.（2020•淮南一模）已知函数ln 1()x x a f x x，在区间[12]，有极值．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：(sin 1)()a x f x x．例16.（2020•肇庆一模）设函数31()sin ()6f x x ax x a R ．（1）讨论()f x 的导函数()f x 零点的个数；（2）若对任意的0x ，()0f x 成立，求a 的取值范围．例17.（2019•东湖区校级月考）已知函数()sin cos (0)f x x x x x ．（Ⅰ）求函数()f x 的图象在(1)2，处的切线方程；（Ⅱ）若任意(0)x ，，不等式3()f x ax 恒成立，求实数a 的取值范围；例18.（2019•路南区校级月考）已知函数()sin cos f x ax x b x ，且曲线()y f x 与直线2y相切于点(22，，（1）求()f x ；（2）若2()1f x mx ，求实数m 的取值范围．例19.（2019•武汉模拟）（1）求证：0x 时，21cos 12x x恒成立；（2）当1a 时，[0)x ，，证明不等式2cos 1(1sin )ax xe x x x 恒成立．例20.（2019•义乌市月考）已知函数()sin ln(1)f x x m x ，且()f x 在0x 处切线垂直于y 轴．（1）求m 的值；（2）求函数()f x 在[01]，上的最小值；（3）若2sin ln 10x x ax x e 恒成立，求满足条件的整数a 的最大值．（参考数据sin10.84 ，ln 20.693) 例21.（2019•天津期中）已知()sin ()f x a x a R ，()x g x e ．（Ⅰ）若01a ，判断函数()(1)ln G x f x x 在(01)，的单调性；（Ⅱ）设2()()2(1)()F x g x mx x k k R ，对0x ，0m ，有()0F x 恒成立，求k 的最小值．（Ⅲ）证明：22321111sinsin sin sin ln 2234(1)n ，(*)n N ．第二讲三角函数邂逅分而治之根据上一讲我们提到的几个常见函数，x x exe x x x cos sin sin ，等，一般抓住其在20( ，的单调性，必要时候进行泰勒展开式的放缩.例22.（2019•河南期末）已知函数()(1)(0)x f x a x e a ，()cos g x x ．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对于任意的实数1x ，2[02x，，（其中12)x x ，都有1212|()()||()()|f x f x g x g x 恒成立求实数a 的取值范围．例23.（2019•陕西模拟）已知函数()()ln ()f x x a x a R ，它的导函数为()f x ．（1）当1a 时，求()f x 的零点；（2）当0a 时，证明：()cos 1x f x e x ．例24.（2020•茂名月考）已知函数()sin sin f x x x a x b ，()cos 2x x g x e x e ，曲线()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程为y x （1）求实数a ，b 的值（2）当0x ，证明：()()g x f x 例25.(2019•崂山区校级月考）已知函数()ln f x ax x ，a R ．（1）讨论()f x 的单调区间（2）若0a ，求证：2sin 22()x f x ae例26.（2019•龙凤区校级期末）已知函数()2sin cos f x x x x x ，()f x 为()f x 的导数．（Ⅰ）求曲线()y f x 在点(0(0))A f ，处的切线方程；（Ⅱ）证明：()f x 在区间(0) ，上存在唯一零点；（Ⅲ）设2()2()g x x x a a R ，若对任意1[0]x ，，均存在2[12]x ，，使得12()()f x g x ，求实数a第三讲还是参变分离和找点三角函数找点通常在，，，，21340位置进行找点，某些时候需要用到辅助角公式以及之前提到的泰勒展开式进行放缩，甚至可以估算出零点的大致位置.例27.（2020•武汉模拟）（1）证明函数2sin 2cos x y e x x x 在区间()2，上单调递增；（2）证明函数()2sin xe f x x x在(0) ，上有且仅有一个极大值点0x ，且00()2f x ．例28.（2020•淮北一模）已知函数()sin ln(1)f x x a x ，a R ，()f x 是()f x 的导函数．（1）若2a ，求()f x 在0x 处的切线方程；（2）若()f x 在[42，上可单调递增，求a 的取值范围；（3）求证：当20(12a时()f x 在区间(1)2，内存在唯一极大值点．例29.（2020•陕西一模）已知函数2ln 1()()42a x f x x a R ．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设4a ，且(06x ，cos 241tan x e e x．例30.（2020•开封一模）已知函数()sin xaf x x e，a R ，e 为自然对数的底数．（1）当1a 时，证明：(0]x ，，()1f x ；（2）若函数()f x 在(0)2，上存在极值点，求实数a 的取值范围．例31.（2020•开封一模）已知函数()sin xaf x x e，a R ，e 为自然对数的底数．（1）当1a 时，证明：(0]x ，，()1f x ；（2）若函数()f x 在(0)2，上存在极值点，求实数a 的取值范围．例32.（2020•佛山一模）已知函数()12sin f x x x ，0x ．（1）求()f x 的最小值；（2）证明：2()x f x e ．例33.（2019•荔湾区校级月考）已知函数sin ()xf x x，()cos sin g x x x x ．（1）判断函数()g x 在区间(03) ，上零点的个数；（2）函数()f x 在区间(0) ，上的极值点从小到大分别为1x ，2x ，3x ，4x ，n x ，证明：12()()()0i f x f x ；()ii 对一切*n N ，123()()()()0n f x f x f x f x 成立．例34．（2019•天津）设函数()cos x f x e x ，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[]42x ，时，证明()()()02f xg x x；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x 在区间(22)42n n，内的零点，其中n N ，证明20022sin cos n n e n x x x．例35.（2019•开福区校级月考）已知函数()sin ax f x e x（1）若()f x 在[0]4，上单调递增，求实数a 的取值花围（2）设1a ，若[0]2x，，恒有()f x bx 成立，求2b e a 的最小值达标训练1.（2019•河南月考）已知函数()cos 1x f x e a x 在点(0(0))A f ，处的切线方程为4y kx ，则a k 的值为．2.（2019•小店区月考）函数2()sin f x ax x 的图象在2x处的切线方程为y x b ，则b 的值为()A ．14B ．14C ．41D ．413.（2018•孝感期末）函数22()x x f x e e ，()2cos 2g x x ax ，若[0)x ，，()()f x g x ，则a 的取值范围为()A ．(0)，B ．(1) ，C ．(0] ，D ．1]( ，4．（2013•浙江）已知e 为自然对数的底数，设函数()(1)(1)(12)x k f x e x k ，，则()A ．当1k 时，()f x 在1x 处取得极小值B ．当1k 时，()f x 在1x 处取得极大值C ．当2k 时，()f x 在1x 处取得极小值D ．当2k 时，()f x 在1x 处取得极大值5．（2019•新余二模）若0x 是函数212()ln()221xf x x ax x 的极大值点，则实数a 的取值集合为()A ．1{}6B ．1{}2C ．1[)2，D ．1(2，6．（2016•泉州二模）已知函数32()[(1)]x f x x a x ax a e ，若0x 是()f x 的一个极大值点，则实数a 的取值范围为．7.（2019•桂平市期末）函数2()ln f x a x bx x 在1x 处取得极大值1 ，则a b ．8．设函数2()(1)()x f x x x a e ，1x 是()f x 的一个极大值点，求a 的取值．9.函数2ln(1)()2(0)(1)1x af x x a x x，（1）若0x 是()f x 的一个极值点，求a 的值；（2）设直线1x 和2y x 将平面分成Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域，若()y f x 的图象恰好位于其中一个区域，试判断其所在区域并求出对应的a 的范围．10.（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x ，()(cos sin 22)x g x e x x x ，其中 2.71828e 是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x 在点(())f ，处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g ()x a ()()f x a R ，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．11．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x ．（1）求曲线()y f x 在点(0(0))f ，处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0]2，上的最大值和最小值．12.（2014•北京）已知函数()cos sin f x x x x ，[0]2x，.（1）求证：()0f x ；（2）若sin x a b x在(0)2x，上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．13.（2012•福建）已知函数3()sin ()2f x ax x a R ，且在[0]2 ，上的最大值为32，（1）求函数()f x 的解析式；（2）判断函数()f x 在(0) ，内的零点个数，并加以证明．14.（2019•济南期末）已知函数ln ()x f x k x 的极大值为1ee，其中 2.71828e 为自然对数的底数．（1）求实数k 的值；（2）若函数()x ag x e x，对任意(0)x ，，()()g x af x 恒成立．()i 求实数a 的取值范围；()ii 证明：22()sin 1x f x a x x ．15.（2019•襄阳期末）已知2()cos 1(0)f x x mx x ．（Ⅰ）若()0f x 在[0) ，上恒成立，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）证明：当0x 时，2sin cos x e x x ．16.（2019•天津期末）已知函数()cos sin 1f x x x x ．（Ⅰ）若(0)x ，，求()f x 的极值；（Ⅱ）证明：当[0]x ，时，2sin cos x x x x ．17.（2019•山阳县校级月考）已知函数()22cos f x x x （1）求函数()f x 在[22，上的最值：（2）若存在(0,)2x使不等式()f x ax 成立，求实数a 的取值范围18.（2019•益阳模拟）已知函数()sin (1)ln(1)f x x x x ；2()sin 12x g x x x ．（1）判断()f x 在[0) ，上的单调性，并说明理由；（2）求()g x 的极值；（3）当(0]x ，时，sin (2)ln(1)x a x x ，求实数a 的取值范围．19.（2019•秦淮区三模）已知函数()2sin ()x x f x e be a x a b R ，．（1）若0a ，1b ，求函数()f x 的单调区间；（2）1b 时，若()0f x 对一切(0)x ，恒成立，求a 的取值范围．20.（2019•北辰区模拟）已知函数()x f x e ax ，()a R ，sin ()2cos xg x x．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()g x kx 在[0)x ，恒成立，求k 的取值范围；（Ⅲ）当1a ，0x 时，证明：(2cos )()3sin x f x x ．21.（2019•广东月考）函数()1x f x e x ，()(cos 1)x g x e ax x x ．（1）求函数()f x 的极值，并证明，当1x 时，111x e x；（2）若1a ，证明：当(01)x ，时，()1g x ．22.(2019•荔湾区校级月考）已知函数31()sin 6f x x ax x ．（1）求函数()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程；（2）若()f x 存在极小值点1x 与极大值点2x ，求证：1222x a x ．23.（2019•金牛区校级期中）函数()sin 21()f x k x x k R ，（1）讨论函数()f x 在区间(02) ，上的极值点的个数；（2）已知对任意的0x ，()x e f x 恒成立，求实数k 的最大值．24.（2019•福州期末）已知函数1()ln a f x x x ，(sin 1)2()a x g x x（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）求证：当01a 时，()()f x g x ．25.（2020•青羊区校级模拟）设函数2()sin f x x ，[0]2x，，22()cos ()()22x m g x x x m R，．（Ⅰ）求()f x 的最大值；（Ⅱ）当002x m，时，求证：()4g x．26.（2019•西安月考）已知函数2()sin ()f x mx x m R 在区间[33，上单调递减．（Ⅰ）求m 的最大值；（Ⅱ）若函数()f x 的图象在原点处的切线也与函数()1g x xlnx 的图象相切，求m 的值．27.（2019•东湖区校级月考）已知函数()ln()1(0)f x x x a a ．（1）若函数()f x 在定义域上为增函数，求a 的取值范围；（2）证明：()cos x f x e x ．28.（2019•佛山二模）已知函数sin ()a xf x x，0x ．（Ⅰ）若0x x 时，()f x 取得极小值0()f x ，求实数a 及0()f x 的取值范围；（Ⅱ）当a ，0m 时，证明：()ln 0f x m x ．29.(2019•运城期末）已知函数()sin x f x e x ．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）如果对于任意的[0]2x，，()f x kx 总成立，求实数k 的取值范围．30.（2019•常德期末）已知函数2()ln f x a x x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）求证：当0a 时，2()(sin )f x a x x ax ．31.（2019•湖北期末）已知函数()cos sin x f x e x x x ，()sin 2x g x x e ，其中e 为自然对数的底数．（1）1[0]2x，，2[0]2x，，使得不等式12()()f x m g x 成立，试求实数m 的取值范围；（2）若1x ，求证：()()0f x g x ．32.（2019•佛山期末）已知函数()cos x f x ae x bx ，21()sin 2g x x x cx d，若曲线()y f x 和曲线()y g x 都过点(0,1)P ，且在点P 处有相同切线1y x ．（1）求()f x 和()g x 的解析式，并求()f x 的单调区间；（2）设()g x 为()g x 的导数，当0x ，2 时，证明：()()sin x f x g x x e ．33.（2020•金安区校级模拟）已知函数()m x f x e n 在点(11)，处的切线方程为20x y ．（1）若函数()()(cos )()F x f x a x a R 存在单调递减区间，求实数a 的取值范围；（2）设2()(1)[(1)1]G x f x x t x ，对于[01]x ，，()G x 的值域为[]N M ，，若2M N ，求实数t 的取值范围．34.（2019•文峰区校级月考）已知函数21()cos (0)2f x ax x a 在[0]4 ，上的最大值为22816 （Ⅰ）求a 的值（Ⅱ）求()f x 在区间(0)2，上的零点个数35.（2019•未央区校级期中）已知函数cos ()a x f x b x ，曲线()y f x 在点(())22f ，处的切线方程为620x y ．（Ⅰ）求()f x 的解析式；（Ⅱ）判断方程3()12f x在(02] ，内的解的个数，并加以证明．36.（2019•淄博期末）已知函数()ln sin(1)f x x x ，()f x 为()f x 的导函数．证明：（1）()f x 在区间(02)，存在唯一极小值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．37.（2019•湖南期末）已知()sin x f x e x（1）求函数()f x 在(0) ，的极值．（2）证明： ln 1x f x g x x e 在()2，有且仅有一个零点.38.（2020•开封一模）已知函数()sin x f x a e x ，a R ，e 为自然对数的底数．（1）当1a 时，证明：(0]x ，，()1f x ；39.（2019•武侯区校级期中）已知函数sin 1()x x f x e ，1()[22]6g x ax x ，，，其中a 为实数，e 为自然对数的底数．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）是否存在实数a ，使得对任意给定的0[22]x ，，在区间[22] ，上总存在三个不同的(1i x i ，2，3)，使得1230()()()()f x f x f x g x 成立？若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由．40.（2020•武汉模拟）已知函数()(sin 1)()x f x ax x e a R ，()f x 是其导函数．（Ⅰ）当1a 时，求()f x 在0x 处的切线方程；（Ⅱ）若1a ，证明：()f x 在区间(0) ，内至多有1个零点．41.（2020•佛山一模）已知函数()12sin x f x a x e ，()f x 是()f x 的导函数，且(0)0f ．（1）求a 的值，并证明()f x 在0x 处取得极值；（2）证明：()f x 在区间[22]()2k k k N ，有唯一零点．。
2012-2019年导数与三角函数交汇真题汇编(含答案解析)
2012-2019年导数与三角函数交汇真题汇编（含答案解析） 2019全国新课标I 卷理2020．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．20．解：（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点.（2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.2019全国新课标I 卷文2020．已知函数f (x )=2sin x -x cos x -x ，f ′(x )为f (x )的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．20．解：（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=. 当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减. 又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x ….又当0,[0,π]a x ∈„时，ax ≤0，故()f x ax ….因此，a 的取值范围是(,0]-∞.5、（2017•山东）已知函数f （x ）=x 2+2cosx ，g （x ）=e x （cosx ﹣sinx+2x ﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（13分）（Ⅰ）求曲线y=f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程； （Ⅱ）令h （x ）=g （x ）﹣a f （x ）（a ∈R ），讨论h （x ）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．5、【答案】解：（Ⅰ）f （π）=π2﹣2．f′（x ）=2x ﹣2sinx ，∴f′（π）=2π． ∴曲线y=f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程为：y ﹣（π2﹣2）=2π（x ﹣π）． 化为：2πx ﹣y ﹣π2﹣2=0．（Ⅱ）h （x ）=g （x ）﹣a f （x ）=e x （cosx ﹣sinx+2x ﹣2）﹣a （x 2+2cosx ） h′（x ）=e x （cosx ﹣sinx+2x ﹣2）+e x （﹣sinx ﹣cosx+2）﹣a （2x ﹣2sinx ） =2（x ﹣sinx ）（e x ﹣a ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）．令u （x ）=x ﹣sinx ，则u′（x ）=1﹣cosx≥0，∴函数u （x ）在R 上单调递增． ∵u （0）=0，∴x ＞0时，u （x ）＞0；x ＜0时，u （x ）＜0．（i ）a≤0时，e x ﹣a ＞0，∴x ＞0时，h′（x ）＞0，函数h （x ）在（0，+∞）单调递增； x ＜0时，h′（x ）＜0，函数h （x ）在（﹣∞，0）单调递减． ∴x=0时，函数h （x ）取得极小值，h （0）=﹣1﹣2a ． （ii ）a ＞0时，令h′（x ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）=0． 解得x 1=lna ，x 2=0．①0＜a ＜1时，x ∈（﹣∞，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增； x ∈（lna ，0）时，e x ﹣e lna ＞0，h′（x ）＜0，函数h （x ）单调递减； x ∈（0，+∞）时，e x ﹣e lna ＞0，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增． ∴当x=0时，函数h （x ）取得极小值，h （0）=﹣2a ﹣1．当x=lna 时，函数h （x ）取得极大值，h （lna ）=﹣a[ln 2a ﹣2lna+sin （lna ）+cos （lna ）+2]． ②当a=1时，lna=0，x ∈R 时，h′（x ）≥0，∴函数h （x ）在R 上单调递增．③1＜a 时，lna ＞0，x ∈（﹣∞，0）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增； x ∈（0，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，h′（x ）＜0，函数h （x ）单调递减； x ∈（lna ，+∞）时，e x ﹣e lna ＞0，h′（x ）＞0，函数h （x ）单调递增． ∴当x=0时，函数h （x ）取得极大值，h （0）=﹣2a ﹣1．当x=lna 时，函数h （x ）取得极小值，h （lna ）=﹣a[ln 2a ﹣2lna+sin （lna ）+cos （lna ）+2]．综上所述：a≤0时，函数h （x ）在（0，+∞）单调递增；x ＜0时，函数h （x ）在（﹣∞，0）单调递减． x=0时，函数h （x ）取得极小值，h （0）=﹣1﹣2a ．0＜a ＜1时，函数h （x ）在x ∈（﹣∞，lna ）是单调递增；函数h （x ）在x ∈（lna ，0）上单调递减．当x=0时，函数h （x ）取得极小值，h （0）=﹣2a ﹣1．当x=lna 时，函数h （x ）取得极大值，h （lna ）=﹣a[ln 2a ﹣2lna+sin （lna ）+cos （lna ）+2]． 当a=1时，lna=0，函数h （x ）在R 上单调递增．a ＞1时，函数h （x ）在（﹣∞，0），（lna ，+∞）上单调递增；函数h （x ）在（0，lna ）上单调递减．当x=0时，函数h （x ）取得极大值，h （0）=﹣2a ﹣1．当x=lna 时，函数h （x ）取得极小值，h （lna ）=﹣a[ln 2a ﹣2lna+sin （lna ）+cos （lna ）+2]．【考点】导数的加法与减法法则，导数的乘法与除法法则，函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】【分析】（Ⅰ）f （π）=π2﹣2．f′（x ）=2x ﹣2sinx ，可得f′（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．（Ⅱ）h （x ）=g （x ）﹣a f （x ）=e x （cosx ﹣sinx+2x ﹣2）﹣a （x 2+2cosx ），可得h′（x ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣a ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）．令u （x ）=x ﹣sinx ，则u′（x ）=1﹣cosx≥0，可得函数u （x ）在R 上单调递增．由u （0）=0，可得x ＞0时，u （x ）＞0；x ＜0时，u （x ）＜0．对a 分类讨论：a≤0时，0＜a ＜1时，当a=1时，a ＞1时，利用导数研究函数的单调性极值即可得出．17.（2015湖南理21（1））已知0a >，函数()[)()e sin 0,axf x x x =∈+∞. 记n x 为()f x 的从小到大的第n ()*n ∈N 个极值点，证明：数列(){}nf x 是等比数列.● 17. 解析 ()e sin e cos e (sin cos )axaxaxf x a x x a x x '=+=+● e sin()ax x ϕ=+，其中a 1tan =ϕ，π02ϕ<<. ● 令 ()0f x '=，由0x …得 πx m ϕ+=，即*π,x m m ϕ=-∈N .● 对k ∈N ，若2π(21)πk x k ϕ<+<+，即2π(21)πk x k ϕϕ-<<+-，则()0f x '>；● 若(21)π(22)πk x k ϕ+<+<+，即(21)π(22)πk x k ϕϕ+-<<+-，则()0f x '<. ● 因此，在区间((1)π,π)m m ϕ--与(π,π)m m ϕ-上，)('x f 的符号总相反， ● 于是，当*π,x m m ϕ=-∈N 时，)(x f 取得极值，所以*π,n x n n ϕ=-∈N .● 此时，()1()()esin(π)(1)e a n n a n n f x n πϕπϕϕ-+-=-=-，易知0)(≠n x f ， ● 且2[(1)π]π11(π)()(1)e e ()(1)en a n a n n a n n f x f x ϕϕ++-++--==--是常数， 21.（2016全国丙理21）设函数()cos2(1)(cos +1)f x a x a x =+-，其中0a >，记()f x 的最大值为A . （1）求()f x '； （2）求A ；（3）证明2.f x A '（）„21.解析 (1)()()2sin 21sin f x a x a x '=---.（2）当1a …时，()()()()()cos21cos 121320f x a x a x a a a f =+-++-=-=≤.因此32A α=-.当01a <<时，将()f x 变形为()()22cos 1cos 1f x a x a x =+--. 令()()2211g t at a t =+--，则A 是()g t 在[]1,1-上的最大值，，，且当时，取得极小值，极小值为. 令，解得且，所以. （i ）当时，在内无极值点，，，，所以.()1g a -=()132g a =-14at a-=()g t ()2211611488a a a a g a a a --++⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭1114a a --<<13a >-15a >15a >105a <„()g t ()1,1-()1g a -=()123g a =-()()11g g -<23A a =-（ii ）当时，在同一坐标中画出函数，，在上的图像.由上图，我们得到如下结论当时，.综上，. （3）由（1）得.当时，； 当时，，所以； 当时，.所以； 综上所述有.25.（2017山东理20）已知函数，，其中是自然对数的底数.（1）求曲线在点处的切线方程；115a <<y x =32y x =-2618x x y x ++=1,5⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭115a <<2618a a A a++=2123,05611,18532,1a a a a a a a a ⎧-<⎪⎪++⎪<<⎨⎪->⎪⎪⎩„()()2sin21sin 21f x a x x a a α'=---+-„105a <„()()1242232f x a a a A '+-<-=??115α<<131884a A a =++…()12f x a A '+<?1a ≥()31642f x a a A '--=??()2f x A '„()2f x A '„()22cos f x x x =+()()e cos sin 22x g x x x x =-+-e 2.71828=L ()y f x =()(),f ππ（2）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.25.解析 （1）由题意，又，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即.（2）由题意得，因为，令，则，所以在上单调递增. 因为，所以当时，；当时，. （i ）当时，.当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增， 所以当时，取得极小值，极小值为；（ii ）当时，，由，得，. ① 当时，，当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增. 所以当时，取得极大值，极大值为，()()()()h x g x af x a =-∈R ()h x ()22f π=π-()22sin f x x x '=-()2f 'π=π()y f x =()(),f ππ()()222y x -π-=π-π222y x =π-π-2()e (cos sin 22)(2cos )x h x x x x a x x =-+--+()()()()e cos sin 22e sin cos 222sin x xh x x x x x x a x x '=-+-+--+--=()()2e sin 2sin x x x a x x ---()()2e sin x a x x =--()sin m x x x =-()1cos 0m x x '=-…()m x R (0)0m =0x >()0m x >0x <()0m x <0a „e x a -0>0x <()0h x '<()h x (),0-∞0x >()0h x '>()h x ()0,+∞0x =()h x ()021h a =--0a >()()()ln 2e esin x ah x x x '=--()0h x '=1ln x a =2=0x 01a <<ln 0a <(),ln x a ∈-∞()0h x '>()h x ()ln ,0x a ∈()0h x '<()h x ()0,x ∈+∞()0h x '>()h x ln x a =()h x ()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦当时，取得极小值，极小值是； ②当时，，所以当时，，函数在上单调递增，无极值点； ② 当时，，所以 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 所以当时，取得极大值，极大值为； 当时，取得极小值，极小值为.综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增， 函数有极小值，极小值为；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是，极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值， 极大值是，极小值是.26.(2017北京理19)19.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；0x =()h x ()021h a =--1a =ln 0a =(),x ∈-∞+∞()0h x '…()h x (),-∞+∞1a >ln 0a >(),0x ∈-∞()0h x '>()h x ()0,ln x a ∈()0h x '<()h x ()ln ,x a ∈+∞()0h x '>()h x 0x =()h x ()021h a =--ln x a =()h x ()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦0a „()h x (),0-∞()0,+∞()h x ()021h a =--01a <<()h x (),ln a -∞()0,+∞()ln ,0a ()h x ()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦()021h a =--1a =()h x (),-∞+∞1a >()h x (),0-∞()ln ,a +∞()0,ln a ()h x ()021h a =--()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦()e cos xf x x x =-()y f x =()()0,0f（2）求函数在区间上的最大值和最小值.26.解析 （1）因为，所以，. 又因为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）设，则. 当时，，所以在区间上单调递减. 所以对任意，有，即. 所以函数在区间上单调递减.因此在区间上的最大值为，最小值为.10.（2014 辽宁理 21）（本小题满分12分）已知函数()()()cos 2f x x x x =-π+-()8sin 13x +，()()()23πcos 41sin ln 3x g x x x x ⎛⎫=--+- ⎪π⎝⎭.证明：（1）存在唯一00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00f x =； （1）存在唯一1,2x π⎛⎫∈π⎪⎝⎭，使()10g x =，且对（1）中的01x x +<π. 16.【2012高考真题全国卷理20】（本小题满分12分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 设函数f （x ）=ax+cosx ，x ∈[0，π].（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）设f （x ）≤1+sinx ，求a 的取值范围. 【答案】()f x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦()e cos x f x x x =-()e (cos sin )1x f x x x '=--(0)0f '=(0)1f =()y f x =(0,(0))f 1y =()e (cos sin )1xh x x x =--()e (cos sin sin cos )2e sin xxh x x x x x x '=---=-π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0h x '<()h x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()(0)0h x h =„()0f x '„()f x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦()f x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦(0)1f =ππ22f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（2013）北京文已知函数2()sin cos f x x x x x =++（1）若曲线()y f x =在点(,())a f a 处与直线y b =相切，求a 与b 的值。
导数和三角函数练习题(有答案)
复习题1．已知集合{230}A x x =∈-≥R ，集合2{320}B x x x =∈-+<R ，则A B =( )（A ）32x x ⎧⎫≥⎨⎬⎩⎭ （B ）322x x ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭ （C ）{}12x x << （D ）322x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭2．已知2log 3a =，12log 3b =，123c -=，则A.c b a >> B ．c a b >> C.a b c >> D.a c b >> 3．[2014·太原模拟]函数y ＝(12)x 2＋2x －1的值域是( ) A.(－∞，4) B.(0，＋∞) C.(0,4] D.[4，＋∞)4．已知0.6log 0.5a =，ln 0.5b =，0.50.6c =．则（ ）（A ）>>a b c （B ）>>a c b （C ）>>c a b （D ）>>c b a5．函数y=x 2﹣2x ﹣1在闭区间[0，3]上的最大值与最小值的和是（ ） A ．﹣1 B ．0 C ．1 D ．26．[2014·郑州质检]要得到函数y ＝cos2x 的图象，只需将函数y ＝sin2x 的图象沿x 轴( )A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位 C.向右平移8π个单位 D.向左平移8π个单位7．（5分）（2011•湖北）已知函数f （x ）=sinx ﹣cosx ，x ∈R ，若f （x ）≥1，则x的取值范围为（ ） A.{x|k π+≤x≤k π+π，k ∈Z} B.{x|2k π+≤x≤2k π+π，k ∈Z} C.{x|k π+≤x≤k π+，k ∈Z} D.{x|2k π+≤x≤2k π+，k ∈Z}8．函数()si ()n f x A x ωϕ＝＋（000A ωϕπ>><<，，)的图象如图所示，则(0)f 的值为 （ ）A ．1B ．0 C9．已知函数)sin()(ϕω+=x A x f ),0,0(πϕπω<<->>A 的部分图象如图所示，则函数)(x f 的解析式为( )A ．)421sin(2)(π+=x x fB ．)4321sin(2)(π+=x x f C ．)421sin(2)(π-=x x fD ．)4321sin(2)(π-=x x f 10．已知函数)2||,0,0)(sin()(πϕωϕω<>>+=A x A x f ，其导函数)(x f '的部分图象如图所示，则函数)(x f 的解析式为( )A ．)421sin(2)(π+=x x fB ．)421sin(4)(π+=x x fC ．)421sin(2)(π-=x x fD ．)421sin(4)(π-=x x f11．函数f(x)＝Asin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0)的图象如图所示．为了得到g(x)＝－Acosωx(A ＞0，ω＞0)的图象，可以将f(x)的图象( )A ．向右平移12π个单位长度B ．向右平移512π个单位长度 C ．向左平移12π个单位长度D ．向左平移512π个单位长度12．若1tan()47πα+=，则tan α=（ ）（A ）34 （B ）43 （C ）34- （D ）43-13．已知函数x x f ωcos )(=)0,(>∈ωR x 的最小正周期为π，为了得到函数()=x g)4sin(πω+x 的图象，只要将()x f y =的图象（ ）A ．向左平移8π个单位长度 B ．向右平移8π个单位长度 C ．向左平移4π个单位长度 D ．向右平移4π个单位长度14．函数y ＝cos 2x 在下列哪个区间上是减函数( ) A.-4,4ππ⎤⎡⎥⎢⎣⎦， B.344ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦， C.02π⎡⎤⎢⎥⎣⎦， D.[,]2ππ15．为了得到sin 2y x =的图象，只需将sin(2)3y x π=+的图象 （ ）A ．向右平移3π个长度单位B ．向右平移6π个长度单位C ．向左平移6π个长度单位 D ．向左平移3π个长度单位16．已知1sin(),(0,)22ππαα+=-∈，则cos α的值为 .17．设角α是第三象限角，且sin2α＝－sin2α，则角2α是第________象限角． 18．若 tan α＝3，则 sin 2α－2 sin αcos α＋3 cos 2α＝______. 19．若sin 3πα⎛⎫- ⎪⎝⎭＝35，则cos 6πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭＝________.20．已知0<x<π，sinx ＋cosx ＝15. (1)求sinx －cosx 的值；(2)求tanx 的值．21．已知函数().1cos 2cos sin 322-+=x x x x f(I)求函数()x f 的单调增区间; (II)当⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πx 时,求函数()x f 的最大值及相应的x 值.参考答案1．B 【解析】试题分析：3{230}[,).2A x x =∈-≥=+∞R 2{320}(1,2).B x x x =∈-+<=R 所以A B =322x x ⎧⎫≤<⎨⎬⎩⎭．考点：集合运算 2．D 【解析】试题分析：由对数函数的性质知1a >，0b <，由幂函数的性质知01c <<，故有a c b >>. 考点：对数、幂的比较大小 3．C【解析】设t ＝x 2＋2x －1，则y ＝(12)t. 因为t ＝(x ＋1)2－2≥－2，y ＝(12)t为关于t 的减函数， 所以0＜y ＝(12)t ≤(12)－2＝4， 故所求函数的值域为(0,4]．4．（B ） 【解析】 试题分析：由0.60.6log 0.5>log 0.6=1,1a >.ln 0.5ln10,0b <=<.0.5000.60.61,01c <<=∴<<.可得a c b >>.故选（B ）考点：1.对数函数的性质.2.指数函数的性质.3.数的大小比较. 5．B【解析】∵y=x 2﹣2x ﹣1=（x ﹣1）2﹣2 ∴当x=1时，函数取最小值﹣2， 当x=3时，函数取最大值2 ∴最大值与最小值的和为0 故选B 6．B【解析】∵y ＝cos2x ＝sin(2x ＋2π)，∴只需将函数y ＝sin2x 的图象沿x 轴向4π个单位，即得y ＝sin2(x ＋4π)＝cos2x 的图象，故选B. 7．B 【解析】试题分析：利用两角差的正弦函数化简函数f （x ）=sinx ﹣cosx ，为一个角的一个三角函数的形式，根据f （x ）≥1，求出x 的范围即可．解：函数f （x ）=sinx ﹣cosx=2sin （x ﹣），因为f （x ）≥1，所以2sin （x ﹣）≥1，所以，所以f （x ）≥1，则x 的取值范围为：{x|2k π+≤x≤2k π+π，k ∈Z}故选B点评：本题是基础题考查三角函数的化简，三角函数不等式的解法，考查计算能力，常考题型． 8．A 【解析】试题分析：由已知，4112,(),2,3126A T πππω==⨯-==，所以()2sin 2()f x x ϕ＝＋， 将(),26π代人得，()2,s 2si in(6)1n 23ππϕϕ==⨯＋＋，所以，,326πππϕϕ==＋， ()2sin 2(0)2sin 2(),(01662s n 6)i f x x f πππ⨯==＝＋＝＋，故选A ．考点：正弦型函数，三角函数求值．9．B 【解析】试题分析：由图象可知函数的最大值为2，最小值为-2，所以2A =; 由图象可知函数的周期324,22T πππ⎛⎫⎛⎫=⨯--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭所以221=42T ππωπ== 所以，13-+==2224πππϕϕ⎛⎫⨯∴ ⎪⎝⎭， 所以函数的解析式为：)4321sin(2)(π+=x x f 故答案选B.考点：三角函数的图象与性质. 10．B 【解析】试题分析：因为()()sin f x A x ωϕ=+,所以 ()()cos f x A x ωωϕ'=+由()f x ' 图象知32,4222T T ππππ⎛⎫=--=∴= ⎪⎝⎭,22142T ππωπ=== 2A ω=，4A ∴= 10224ππϕϕ⎛⎫⨯-+=⇒= ⎪⎝⎭ ()14sin 24f x x π⎛⎫∴=+ ⎪⎝⎭故选B.考点：1、导数的求法；2、三角函数的图象与性质. 11．B【解析】由图象知，f(x)＝sin 23x π⎛⎫+⎪⎝⎭，g(x)＝－cos 2x ，代入B 选项得sin 52123x ππ⎡⎤⎛⎫-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦＝sin 22x π⎛⎫- ⎪⎝⎭＝－sin 22x π⎛⎫- ⎪⎝⎭＝－cos 2x ． 12．（C ） 【解析】试题分析：由1tan()47πα+=所以tan 113,tan 1tan 74ααα+=∴=--.故选（C ）. 考点：1.角的和差公式.2.解方程的思想.13．B 【解析】试题分析：由于函数x x f ωcos )(=)0,(>∈ωR x 的最小正周期为π，所以2ω=.所以函数()cos 2f x x = sin(2)2x π=+.所以将函数()x f y =向右平移8π即可得到()sin(2)4g x x π=+.故选B.考点：1.函数的平移.2.函数的诱导公式. 14．C 【解析】试题分析：A ：当[,]44x ππ∈-时，2[,]22x ππ∈-，不是减函数； B ：当3[,]44x ππ∈时，32[,]22x ππ∈，不是减函数； C ：当[0,]2x π∈时，2[0,]x π∈，是减函数；D ：当[,]2x ππ∈时，2[,2]x ππ∈，不是减函数，故选C.考点：三角函数单调性判断.15．B 【解析】试题分析：sin(2)3y x π=+sin 2()6x π=+，所以向右平移6π个长度单位即可. 考点：三角函数的平移变换. 16．23 【解析】试题分析：1s i n ()s i n 2παα+=-=-,即1sin 2α=，又(0,)2πα∈，故c o s i n 2α==.考点：诱导公式，同角三角函数的基本关系式. 17．四【解析】由α是第三象限角，知2k π＋π<α<2k π＋32π (k ∈Z)，k π＋2π<2α<k π＋34π(k ∈Z)，知2α是第二或第四象限角，再由sin 2α＝－sin 2α知sin 2α<0，所以2α只能是第四象限角． 18．35【解析】sin 2α－2 sin αcos α＋3 cos 2α＝2222sin 2sin cos 3cos sin cos αααααα-++ ＝22tan 2tan 3tan 1ααα-++＝12610-＝35. 19．－35【解析】cos 6πα⎛⎫+⎪⎝⎭＝cos 32ππα⎡⎤⎛⎫-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦＝－sin 3πα⎛⎫- ⎪⎝⎭＝－35. 20．（1）75（2）-43【解析】(1)∵sinx ＋cosx ＝15，∴1＋2sinxcosx ＝125， ∴2sinxcosx ＝－2425，又∵0<x<π，∴sinx>0，2sinxcosx ＝－2425<0，∴cosx<0，∴sinx －cosx>0，∴sinx －cosx 75＝.(2)111717sinx cosx tanx sinx cosx tanx ＋＋＝，＝－－，tanx ＝－43.21．(I) ()x f 的单调递增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-6.3ππππ (II)6π=x 时. ()x f 取最大值,最大值为2.【解析】试题分析：(I)()1cos 2cos sin 322-+=x x x x f x x 2cos 2sin 3+=⎪⎭⎫⎝⎛+=62sin 2πx 令()Z k k x k ∈+≤+≤-226222πππππ得()Z k k x k ∈+≤≤-63ππππ∴()x f 的单调递增区间为()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-6.3ππππ (II)由⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,0πx 可得67626πππ≤+≤x 所以当,262ππ=+x 即6π=x 时. ()x f 取最大值,最大值为2.考点：本题主要考查三角函数的和差倍半公式，三角函数的图象和性质。
专题25 导数中的三角函数问题(解析版)
专题25导数中的三角函数问题1．已知函数()e (sin cos )x f x x x kx =++，R k ∈，()(),()().g x f x h x g x ''==(1)已知(0)(0)f h =，求k 的值；(2)是否存在k ，使得对任意R x ∈，恒有()2()2()0h x g x f x -+=成立？说明理由.【解析】(1)因为()()()e 2cos x g x f x x kx k '==++，()()()e 2cos 2sin 2xh x g x x x kx k '==-++，所以()022h k =+，而()01f =，由221k +=解得12k =-．(2)对任意R x ∈，()2()2()0h x g x f x -+=恒成立，即()()e 2cos 2sin 22e 2cos 2e (sin cos )0x x x x x kx k x kx k x x kx -++-+++++=，化简可得，0kx =，所以0k =时，可使得对任意R x ∈，恒有()2()2()0h x g x f x -+=成立．2．设函数()sin x f x e a x b =++.（1）若()f x 在0x =处的切线为10x y --=，求,a b 的值；（2）当[)1,0,a x =∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求b 的范围.【解析】（1）由()sin x f x e a x b =++得：()cos x f x e a x =+'，且()01f b =+.由题意得：()001f e a '=+=，即0a =，又()0,1b +在切线10x y --=上.∴0110b ---=，得2b =-.（2）当1a =时，()sin x f x e x b =++，得()cos xf x e x '=+，当[)0,x ∈+∞时，[]1,cos 1,1xe x ≥∈-，当cos 1x =-时，2,x k k N ππ=+∈，此时e 1x >.∴()0f x ¢>，即()f x 在[)0,+∞上单调递増，则()()min 01f x f b ==+，要使()0f x ≥恒成立，即10b +≥，∴1b ≥-.3．设函数()2cos ,x f x e a x a =+∈R ．（1）若()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在零点，求实数a 的取值范围；（2）证明：当[]1,2,0,2a x π⎛⎫∈∈ ⎪⎝⎭时，()23f x x +．【解析】（1）设()2,()cos x g x e h x a x ==，因为当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()g x 为增函数，当0a ≥时，0()h x a ≤≤，22()2g x e π<<，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒大于零，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上不存在零点，当0a <时，()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，根据增函数的和为增函数，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为单调函数，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上若有零点，则仅有1个，所以(0)()02f f π<，即2(2)20a e π+⋅<，解得2a <-，所以实数a 的取值范围(,2)-∞-（2）证明：设()()232cos 23x G x f x x e a x x =--=+--，则'()2sin 2x G x e a x =--，则'0(0)2sin 020G e a =--=，所以''()2cos xG x e a x ⎡⎤=-⎣⎦，因为[1,2]a ∈，所以''()0G x ⎡⎤≥⎣⎦，所以'()G x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，'()0G x >在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，所以()G x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递增，而(0)231G a a =+-=-，因为[1,2]a ∈，所以(0)0G ≥，所以()0G x ≥恒成立，所以当[1,2]a ∈时，()23f x x +4．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<.（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值；（2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++，令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<，存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π.所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x .（2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-.5．已知函数()cos x f x e x ax =--．（1）当a=2时，证明：()f x 在(),0-∞上单调递减．（2）若对任意x≥0，()cos f x x x ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）证明：当a=2时，函数()cos 2x f x e x x =--，()sin 2x f x e x '=+-，若0x <，则1x e <，．因为sin 1x <，所以()sin 20x f x e x '=+-<，故()f x 在(),0-∞上单调递减．（2）解：当0x =时，()01f x =≥-，对a ∈R 恒成立；当x>0时，由()cos f x x x >-，整理得1xea x≤-．设()1xe g x x=-，则2(1)()x e x g x x -'=．令()0g x '>，得1x >，则()g x 在()1,+∞上单调递增令()0g x '<，得01x <<，则()g x 在(0，1)上单调递减．所以min ()(1)1g x g e ==-，1a e -≤．综上，实数a 的取值范围是(],1e -∞-．6．已知函数()()e cos xf x a x x a R =--∈(1)若2a =，求曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线方程；(2)若()f x 在()0,π上有两个极值点，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()2e cos xf x x x =--，()2e sin 1x f x x '∴=+-，()002e sin 011f '∴=+-=，()02e cos0010f --== ，∴()y f x =在()()0,0f 处的切线方程为()110y x -=⨯-，即10x y -+=；（2）()f x 在()0,π上有两个极值点等价于()e sin 10xf x a x '=+-=在()0,π上有两个不同的实数根，即1sin e x x a -=在()0,π上有两个不同的实数根，令()1sin e xxh x -=，()0,πx ∈，()π1sin cos 14ee xxx x x h x ⎛⎫-- ⎪--⎝⎭'∴==令()0h x '=，解得π2x =，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 单调递增；又()01sin 001e h -==，π2π1sin π202e h -⎛⎫== ⎪⎝⎭，()()πππ1sin π1πe 0,1e e h --===∈，∴当()π0,e a -∈时，方程1sin exx a -=在()0,π上有两个不同的实数根，∴实数a 的取值范围为()π0,e -.7．已知函数()e sin xf x x ax=+(1)若1a =，判断f （x ）在（2π-，0）的单调性；(2)()f x 在[0，2π]上有且只有2个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()e sin e cos 1sin 14x x x f x x x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，,444x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 112424x x ππ⎛⎫⎛⎫-<+<-<+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又0e 1x <<，sin 14xx π⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（2π-，0）上单调递增；（2）由函数()e sin 0,2xf x x axx π⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =，则f （x ）在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++，则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.2π]上恒成立.即()f x '在[0，2π]上单调递，()201e 2f a f aππ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.2π]上单调递增.则f （x ）在（0，2π]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()02f x f π⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，2π]上单调递减，则()f x 在（0，2π]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，2(0)10,()e 02f a f a ππ'=+<'=+≥则()f x '在（0，2π）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（0x ，2π）上单调递增，又()200e 22f f a πππ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，，因此只需2e 022f a ππ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即22e 1a ππ-≤<-综上所述：22e 1παπ-≤<-8．已知函数()sin cos f x x ax x =-，a ∈R(1)若()f x 在0x =处的切线为y x =，求实数a 的值；(2)当13a ≥，[0,)x ∈+∞时，求证：()2.f x ax ≤【解析】(1)∵()cos cos sin f x x a x ax x '=-+，∴(0)11f a '=-=，∴0a =(2)要证()2f x ax ≤，即证sin cos 2x ax x ax -≤，只需证sin (2cos )x ax x ≤+，因为2cos 0x +>，也就是要证sin 02cos x ax x -≤+，令sin ()2cos xg x ax x =-+，22cos (2cos )sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x g x a a x x +--+'=-=-++∵13a ≥，∴2222cos 11(cos 1)()0(2cos )33(2cos )x x g x x x +--'≤-=≤++∴()g x 在[0,)+∞为减函数，∴()(0)0g x g ≤=，∴sin cos 2x ax x ax -≤，得证9．已知函数()ln f x x x =.(1)求()f x 的图象在点()()1,1A f 处的切线方程，并证明()f x 的图象上除点A 以外的所有点都在这条切线的上方；(2)若函数()()()ln 1sin cos g x x x f x x =+-，1π,e 2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，证明：()11cos e e g x ≥.（其中e 为自然对数的底数）【解析】(1)()ln f x x x = ，则()1ln f x x '=+，()()11,10f f '∴==.()f x ∴的图象在点()()1,1A f 处的切线方程为1y x =-.设()ln 1h x x x x =-+，则()ln h x x '=，令()0h x '<，得()0,1x ∈；令()0h x '>，得()1,x ∈+∞.()h x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，∴当0x >且1x ≠时，()()10h x h >=，()f x ∴的图象上除点A 以外的所有点都在这条切线的上方；(2)由题可知，()()ln 1sin ln cos g x x x x x x =+-，1π,e 2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.()()sin 1ln 1cos ln cos cos ln sin ln sin ,xg x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫'∴=++--+=+ ⎪⎝⎭1π,e 2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，sin 0x ∴>，由（1）知ln 1x x x ≥-，当且仅当1x =时，等号成立，11ln 1110x x x x x ∴+≥+-≥-=>.()0g x '∴>，函数()g x 在区间1π,e 2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数。
2025高考数学一轮复习导数与三角函数问题
(2)若 x∈0，π2，求证：当 a≤3 时.f(x)＋12x3＋3≥0.
令 h(x)＝f(x)＋12x3＋3， 则 h′(x)＝f′(x)＋32x2＝3sin x－ax＋23x2， ∵a≤3，∴h′(x)≥3sin x－3x＋32x2， 令 p(x)＝3sin x－3x＋32x2，则 p′(x)＝3cos x－3＋3x， 令 m(x)＝3cos x－3＋3x，则 m′(x)＝－3sin x＋3≥0， ∴m(x)在0，π2上单调递增，即 m(x)≥m(0)＝0，∴p′(x)≥0，
∴∃x0∈(0，π) ，使h′(x0)＝0，且x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)>h(0)＝0， g′(x)>0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，∴g(x)>g(0)＝0，不符合题意； 综上，a 的取值范围是13，＋∞.
规律方法
导数与三角函数问题的解法 (1)利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论， 若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， 从而实现问题的求解. (2)利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期 性分段来研究. (3)利用分隔直线法：常见的一些不等式如：当 x∈0，π2时，sin x<x<tan x， ln(x＋1)≤x 等，可利用这些不等式放缩再解决问题.
②当 3a≥1，即 a≥31时，h′(x)≤0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减， ∴h(x)≤h(0)＝0，∴g′(x)≤0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，符合题意； ③当－1<3a<1，即－31<a<13时， 由h′(0)＝1－3a>0，h′(π)＝－1－3a<0，
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.。
2-5 导数与三角函数交汇—读者版
专题5 导数与三角函数的交汇导数找到了三角函数，成为了指对跨阶的后花园，形成了指数、对数、三角的三足鼎立之势，尤其在2019全国新课标一卷的导数题出现了三角函数找点，大家开始对导数和三角函数的交汇类型题进行疯狂研究，这一部分到底有什么秘密呢？还是从高考原题开始研究，再通过一些最新模拟题寻找一个变化趋势，我们尽量给到您展现那种可以触摸得到的简单。
第一讲 一切从切线开始三角函数的切线方程，按照平移体系得到，当0≥x 时，x x ≤sin ，1cos ≤x ；按照这个原理来进行平移计算，当切点为0x x =时，得到00)sin(x x x x -≤-，1)cos(0≤-x x ；例1．（2019•新课标Ⅱ）曲线2sin cos y x x =+在点(1)π-，处的切线方程为( ) A ．10x y π---=B ．2210x y π---=C ．2210x y π+-+=D ．10x y π+-+=例2．（2019•天津）曲线cos 2xy x =-在点(01)，处的切线方程为 ． 例3．（2013•全国）曲线cos y x x =在点(00)，处的切线方程为 ．例4．（2019•金台区月考）已知曲线()cos 3f x x x x =+在点(0(0))f ，处的切线与直线210ax y ++=垂直，则实数a 的值为( ) A ．4-B ．1-C ．12D ．4例5．（2019•蚌埠期末）曲线cos y ax x =在2x π=处的切线与直线21y x =+垂直，则实数a 的值为( ) A ．1πB ．1π-C ．4πD ．4π-例6.（2019•青羊区校级期中）曲线sin y x x =在点()22ππ，处的切线方程为( )A ．0x y -=B ．0x y π+-=C ．240x y π-+=D ．2430x y π+-=例7．（2019秋•廊坊月考）函数()sin (1cos )f x x x x =+-的图象在点()ππ，处的切线方程是 ． 例8.（2011•湖南）曲线sin 1sin cos 2x y x x =-+在点(0)4M π，处的切线的斜率为( )A ．12-B ．12C ．22-D ．22第二讲 三角函数中的同构式一：找基友同构例9.（2019•大理州月考）若函数()cos x f x e x =在点(0(0))f ，处的切线与直线210x ay -+=互相垂直，则实数a 等于( ) A ．2-B ．1-C ．1D ．2例10.（2019•汉中月考）过原点作函数sin x y e x =的图象的切线，则切线方程是 ．例11.（2019•烟台期中）定义在(1)-+∞，上的函数()f x 满足()cos 0f x x '+<，且(0)1f =，则不等式()sin 1f x x +<的解集为( )A ．(0)-∞，B ．(10)-，C ．(0)+∞，D ．(11)-，例12．（2019•开福区校级月考）已知函数()()2sin f x f x x =-+，又当0x ≥时，()1f x '≥，则关于x 的不等式()()2)24f x f x x ππ≥--的解集为( )A ．[)4π+∞， B ．[)4π-+∞，C ．[)4π-∞，D ．[)4π-∞-，例13.（2020•天心区校级月考）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()62sin 0f x f x x x ---+=，且0x ≥时，()3cos f x x '≥-恒成立，则不等式3()()62)224f x f x x x πππ≥--++的解集为( )A ．(0)4π，B ．[)4π+∞，C ．(0)6π，D ．[)6π+∞，例14.（2019•抚州期末）已知定义域为R 的函数()f x ，对任意的x R ∈都有()4f x x '>，且11()22f =．当[02]απ∈，时，不等式(sin )cos210f αα+->的解集为( )A ．711()66ππ， B ．45()33ππ， C ．2()33ππ-，D ．5()66ππ，三．抽象函数单调性构造例15.（2019•辽源期末）定义在(0)2π，上的函数()f x ，()f x '是它的导函数，且恒有()()tan f x f x x '>⋅成立．则有( )A 3()2cos1(1)6f π>B 3()()63f ππ<C ．2()6()46f ππ<D 2()()43f ππ>例16.（2019•十堰月考）设()f x 是定义在(0)(0)22ππ-⋃，，上的奇函数，其导函数为()f x '，当(0)2x π∈，时，cos ()()0sin xf x f x x'-<，则不等式23()()sin 3f x f x π<的解集为( ) A ．(0)(0)33ππ-⋃，， B ．(0)()332πππ-⋃，， C ．()()2332ππππ--⋃，，D ．()(0)233πππ--⋃，，例17.（2019•6月份模拟）设奇函数()f x 的定义域为()22ππ-，，且()f x 的图象是连续不间断，(0)2x π∀∈-，，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，若()2()cos 3f m f m π<，则m 的取值范围是( )A ．()23ππ-， B ．(0)3π，C ．()23ππ--， D ．()32ππ，例18.（2020•开福区校级月考）定义在()22ππ-，上的奇函数()f x 的导函数为()f x '，且(1)f 0=．当0x >时，()tan ()0f x x f x '->，则不等式()0f x <的解集为 ．第三讲 极值和最值一．求导后需要借助辅助角公式x b x a x f ωωcos sin )(+=，)cos sin ()(c x b x a e x f x++=或者x e cx b x a x f ++=cos sin )(，这类型函数的特点就是三角函数齐次或者齐角，求完导都和辅助角公式又关联. 例19.（2020•重庆模拟）若函数2sin 2()2cos 2xf x x ax =++存在单调递减区间，则实数a 的取值范團是( )A ．1a ≥B ．5aC ．1a <D ．5a <例20.（2019•香坊区校级月考）已知函数()3(sin )x f x e x a =-有极值，则实数a 的取值范围为( ) A ．(22)-，B ．(11)-，C ．[22]-，D ．[11]-，例21.（2019•萍乡一模）已知函数()f x 在定义域R 上的导函数为()f x '，若函数()y f x ='没有零点，且[()2019]2019x f f x -=，当()sin cos g x x x kx =--在[]22ππ-，上与()f x 在R 上的单调性相同时，则实数k 的取值范围是( ) A ．(1]-∞，B ．(2]-∞，C ．[12]-，D ．[2)+∞例22.（2019•蚌山区校级月考）已知函数()sin cos f x a x x =+，(0)6x π∈，，若12x x ∃≠，使得12()()f x f x =，则实数a 的取值范围是( ) A ．3(0，B ．(03)，C ．3(3)， D ．3(0)，二．求导后需要借助三角函数有界性或者二次函数 ncx x b x a x f ++=ωωcos 2sin )(或者ncx x b x a x f ++=ωω2cos sin )(，这类型函数的特点就是三角函数非齐次或者倍角关系，求完导需要利用二次函数甚至对勾函数性质.例23.（2018•新课标Ⅰ）已知函数()2sin sin 2f x x x =+，则()f x 的最小值是 ．例24.（2019•安徽期末）若函数1()sin 2sin 4f x x x a x =--在()-∞+∞，上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．11[]22-，B ．1[1]2-，C ．[11]-，D ．1[1]2--，例25.（2019•七星区校级期中）若函数()sin 2f x x a x =+在[0)4π，上单调递增，则a 的取值范围是( )A ．1[0]2-，B ．[1)-+∞，C ．1[)2-+∞，D ．1(]2-∞-，例26.（2019•福州期末）已知函数3()sin f x x x ax =+-，则下列结论正确的是( ) A ．()f x 是奇函数 B ．若()f x 是增函数，则1a ≤C ．当3a =-时，函数()f x 恰有两个零点D ．当3a =时，函数()f x 恰有两个极值点例27.（2019•河南一模）若函数()(sin )cos f x mx m x x =++在()-∞+∞，单调递减，则m 的取值范围是 ． 三．单调性和对称性综合定理1：原函数的中心对称位置将成为导函数的对称轴，原函数的对称轴位置上，必然出现对称中心，这个定理对三角函数百试不爽；定理2：)0(2)0()()(f m M f x f x f =+⇔=-+，其中max )(x f M =，min )(x f m =（参考本书函数奇偶性专题）；例28.（2019•娄底期末）已知函数34()sin 1x f x x x e =+++，其导函数为()f x '，则(2020)(2020)(2020)(2020)f f f f +'+--'-的值为( )A ．4040B ．4C ．2D ．0例29.（2019•重庆模拟）若函数()(cos sin )x f x x x e =-，(010)x π∈，，则()f x 的所有极大值点之和与所有极小值点之和的差为( ) A ．5π-B ．5πC ．55πD ．55π-例30.（2019•沙坪坝区校级月考）设函数()(sin cos )([20192020]x f x e x x x ππ-=-∈-，．过点1(0)2A π+，作函数()f x 图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为( ) A ．2019πB ．2020πC ．20192π D ．1010π例31.（2019•叶集区校级月考）若关于x 的函数2222sin()4()(0)2cos tx t x xf x t x xπ+++=≠+的最大值和最小值之和为4，则t = ．例32.（2019•博望区校级模拟）已知函数32()312f x ax ax bx a b =-+++-，若()(1)([]0)cos 2x xe e g xf x x a a a x --=++∈->+，，的最大值为M ，则下列说法正确的是( )A ．M 的值与a ，b 均无关，且函数()g x 的最小值为M -B ．M 的值与a ，b 有关，且函数()g x 的最小值为M -C ．M 的值与a ，b 有关，且函数()g x 的最小值为2M -D ．M 的仅与a 有关，且函数()g x 的最小值为2M -例33.（2019•吉安模拟）已知定义在R 上的奇函数()f x 满足0x >时，2()ln ln2f x x x ππ=-+，则函数()()sin g x f x x =-（e 为自然对数的底数）的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．5四．三倍角公式和三次函数转换ααααααααααααα322sin 4sin 3sin )sin 21(cos sin 2sin 2cos cos 2sin )2sin(3sin -=-+=+=+=； αααααααααααααcos 3cos 4cos sin 2cos )1cos 2(sin 2sin cos 2cos )2cos(3cos 322-=--=-=+=；由此得到降幂公式：43cos cos 3cos 43sin sin 3sin 33αααααα+=-=， 秒杀秘籍：最值界定例34.（2019•黄浦区期末）已知公式3cos34cos 3cos θθθ=-，R θ∈，借助这个公式，我们可以求函数33()432([0])f x x x x =--∈，的值域．则该函数的值域是 ． 例35.（2019•广东模拟）已知34a ≥-，0b ≥，函数3()f x x ax b =++，11x -≤≤，设|()|f x 的最大值为M ，且对任意的实数a ，b 恒有M K ≥成立，则实数K 的最大值为( ) A ．4B ．2C ．12D ．14例36.（2020•武汉3月调研）如果关于x 的不等式0123≥+-ax x 在]11[，-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．0≤aB ．1≤aC ．2≤aD ．2233≤a 例37.（2019•武汉模拟）已知函数3()f x x axb =++定义域为[12]-，，记|()|f x 的最大值为M ，则M 的最小值为( ) A ．4B ．3C ．2D 3例38.（2016•天津）设函数3()(1)f x x ax b =---，x R ∈，其中a ，b R ∈．（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，求证：1023x x +=； （3）设0a >，函数()|()|g x f x =，求证：()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14． 达标训练A1．（2019•文峰区校级月考）函数()cos f x x x =-在2x π=处的切线方程为( )A ．240x y π--=B ．20x y π-=C ．410x y π--=D ．420x y π--=2．（2018•重庆期末）已知函数()cos x f x e x =-，则曲线()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程为( ) A ．0y =B ．2y x =C ．y x =D ．2y x =-3．（2019•中原区校级期中）曲线cos x y e x -=在点(01)，处的切线方程为( ) A ．10x y ++=B ．10x y --=C ．10x y -+=D ．10x y +-=4.（2019•吉林三模）已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()cos ()2f x x xf π=-'，若曲线()y f x =在0x =处的切线为l ，则下列直线中与直线l 垂直的是( ) A ．210x y --=B ．210x y ++=C ．220x y --=D ．210x y ++=5．（2019•邯郸期末）曲线sin()22x y x e π=++在点(03)，处的切线方程是( )A ．230x y +-=B ．30x y -+=C ．260x y -+=D ．230x y -+=6．（2019•常德期末）曲线sin 1ln(1)y x x x =+++在0x =处的切线方程为7．（2019秋•天心区校级月考）给出定义：设()f x '是函数()y x =的导函数，()f x ''是函数()f x '的导函数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称点00(())x f x ，为函数()y f x =的“拐点”，已知函数()54sin cos f x x x x =+-的“拐点”是00(())x f x ，，则点(M )A ．在直线5y x =-上B ．在直线5y x =上C ．在直线4y x =-上D ．在直线4y x =上8．（2019•乌鲁木齐二模）若直线y x m =+与曲线sin cos y a x b x =+()a b m R ∈，，相切于点(01)，，则a bm+的值为 ．9．（2012•湖南）设定义在R 上的函数()f x 是最小正周期2π的偶函数，()f x '是函数()f x 的导函数，当[0]x π∈，时，0()1f x <<；当(0)x π∈，，且2x π≠时，()()02x f x π-'>，则函数()sin y f x x =-在[22]ππ-，的零点个数为( ) A ．2B ．4C ．5D ．810.（2019•南昌二模）已知函数()f x 对x R ∀∈有()()2cos f x f x x +-=，且()sin 0f x x '+<，若角α满足不等式()()0f f παα++≥，则α的取值范围是( ) A ．(]2π-∞-，B ．(]π-∞，C ．[]22ππ-，D ．[0]2π，11．（2019•道里区校级期末）已知函数()f x 的定义域为R ，(0)1f =-，对任意的x R ∈满足()2f x x '>．当[0]απ∈，时，不等式(sin cos )sin 20f ααα+->的解集为( )A ．()42ππ，B ．3[0)4π，C ．()4ππ，D ．3()24ππ，12．（2019•中原区校级月考）已知函数()f x 的定义域为R ，11()22f =，对任意的x R ∈满足()4f x x '<-当[]αππ∈-，时，不等式(cos )cos20f αα+<的解集为( )A ．()33ππ-，B ．2()33ππ，C ．2()33ππ-，D ．5()66ππ，13．（2019•驻马店期末）已知函数()y f x =对于任意的()22x ππ∈-，满足()cos ()sin 0f x x f x x '+>（其中()f x '是函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是( ) A ．2()(0)3f f π->B ．(0)2()4f πC ．(1)(1)f f ->D ．(1)f (0)cos1f >14．（2019秋•滨州期末）已知定义在[0)2π，上的函数()f x 的导函数为()f x '，且(0)0f =，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则下列判断中正确的是( )A ．6()()64f f ππB ．(ln )03f π>C ．()2()63f f ππ> D ．()2()43f ππ>15.（2019•泰安期中）已知()f x 是定义在()22ππ-，上的奇函数，其导函数为()f x '，()28f π=(0)2x π∈，时，()sin 22()cos20f x x f x x '+>．则不等式()sin 21f x x <的解集为 ．16.（2019•荔湾区校级月考）已知函数sin ()xx af x e-=有极值，则实数a 的取值范围为 17.（2019•淮南二模）函数1()sin 2cos 3f x x x a x =-+在()-∞+∞，内单调递增，实数a 的取值范围是( )A ．[22]-，B ．4[2]3-，C ．44[]33-，D ．4[2]3--，18.（2019•天津期末）若函数1()2sin 2sin 2f x x x a x =-+在区间()-∞+∞，上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(10]-，B ．[01)，C ．(11)--，D ．[11]-，19.（2019•金华期末）设()cos []63a f x x x x ππ=⋅∈，，的最大值为M ，则( )A.当1a =-时，3M <B ．当2a =时，3M <C ．当1a =时，3MD ．当3a =时，12M < 20.（2019秋•广东月考）函数()sin 22cos f x x x =+，()22x ππ∈-，的最大值是 ．21.（2020•南通模拟）函数1()sin 2f x x x =+，[0]x π∈，的最大值为 ． 22.（2019•北碚区校级期末）已知函数3(1)2x x f x x ππ-+=++-，若(sin 2)(cos2)4f x f x ++>，则x 的范围是( )A ．|2x x k k Z ππ⎧⎫≠-+∈⎨⎬⎩⎭， B ．7(22)(22)6226k k k k ππππππππ-++++，，∪，k Z ∈C ．7(2)66k k ππππ-++，，k Z ∈ D ．∅ 23.（2019•仙游县校级月考）设函数()(sin cos )x f x e x x =-，若02020x π≤≤，则函数()f x 的各极大值之和为( ) A ．1010(1)1e e e πππ-- B ．10102(1)1e e e πππ--C ．20202(1)1e e eπππ-- D ．2020(1)1e e eπππ--24.（2019•怀化期中）设函数()3xf x mπ=，若存在()f x 的极值点0x 满足22200[()]x f x m +<，则m 的取值范围是( )A ．(2)(2+)-∞-∞，∪，B ．(3)(3+)-∞∞，∪C ．(2)(2+)-∞∞，∪D ．(1)(1+)-∞-∞，∪，25．（2019•五华区校级月考）已知函数()(sin cos )x f x e a x b x =⋅+，若0x =是()f x 的一个极小值点，且222a b +=，则(a = )A ．1-B ．0C ．1D ．1±26.（2020•马鞍山一模）已知21()cos 2f x x a x =+，当1a >时，()f x 在(0)π，上( ) A ．有最大值没有最小值 B ．有最小值没有最大值 C ．既有最大值也有最小值D ．既无最大值也无最小值27.（2019•南开区二模）已知函数1()2sin x xf x e x e =--，其中e 为自然对数的底数，若2(2)(3)0f a f a +-<，则实数a 的取值范围为 ．28．（2019•济南一模）已知函数2()cos(2)121x f x x x π=-+++，则()f x 的最大值与最小值的和为( )A ．0B ．1C ．2D ．429.（2019•博望区校级模拟）已知函数23()sin []cos 34x f x x x x ππ=-∈，，，则()f x 的最小值是 ． 30．（2019•沙坪坝区校级期中）设函数2()sin f x x ππ=-在(0)+∞，上最小的零点为0x ，曲线()y f x =在点0(0)x ，处的切线上有一点P ，曲线23ln 2y x x =-上有一点Q ，则||PQ 的最小值为( ) A 5 B 5 C 35 D 25 31.已知函数 32()8f x x ax bx =--，是否存在任意实数a b 、，使得()2f x ≤对任意的[]11x ∈-，恒成立，若存在，求出a b 、，若不存在，说明理由．32.（2018•威海期末）若关于x 的方程3515x x m =-在2][1-，上有解，则实数m 的取值范围是( ) A ．[1010]-，B ．[10)-+∞，C ．(10]-∞-，D ．[10)+∞，33.（2019•清江浦区校级月考）函数3()41f x x ax =-+，[01]x ∈，，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是 ．34.（2020•清华大学中学生能力测试）设函数32()|6|f x x x ax b =-++，若对任意的实数a 和b ，总存在0[03]x ∈，，使得0()f x m ≥，则实数m 的最大值为 ．达标训练B1．（2019•丰台区期末）某同学解答一道导数题：“已知函数()sin f x x =，曲线()y f x =在点(00)，处的切线为l ．求证：直线l 在点(00)，处穿过函数()f x 的图象．” 该同学证明过程如下：证明：因为()sin f x x =，所以()cos f x x '=．所以(0)1f '=．所以曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为y x =． 若想证直线l 在点(00)，处穿过函数()f x 的图象，只需证()()sin g x f x x x x =-=-在0x =两侧附近的函数值异号．由于()cos 10g x x '=-≤，所以()g x 在0x =附近单调递减．因为(0)0g =，所以()g x 在0x =两侧附近的函数值异号．也就是直线l 在点(0,0)处穿过函数()f x 的图象． 参考该同学解答上述问题的过程，请你解答下面问题：已知函数32()f x x ax =-，曲线()y f x =在点(1(1))P f ，处的切线为l ．若l 在点P 处穿过函数()f x 的图象，则a 的值为( ) A ．3B ．32C ．0D ．3-2．（2019•荔湾区月考）函数()2cos f x x x =+在点(())22f ππ，处的切线方程为( )A ．302x y π--= B ．02x y π-+= C ．3302x y π--= D ．02x y π--=3．（2019•滨城区校级月考）曲线(1cos )x y e x =+在点(02)，处的切线方程为( ) A ．2y =B ．2y x =+C ．22y x =+D ．22y x =-+4．（2019•驻马店期末）曲线sin x y e x =+在点(01)，处的切线方程为( ) A ．y x =B ．1y x =+C ．21y x =+D ．31y x =-5.（2020•宜宾模拟）设曲线1cos ()sin xf x x+=在3x π=处的切线与直线1y ax =+平行，则实数a 等于( )A ．1-B ．23C ．2-D ．26．（2019秋•重庆期末）曲线(sin )x y x x e =+在点(00)，处的切线方程为 ．7．（2019•盐城三模）已知函数()4sin f x x x =+，若不等式12()kx b f x kx b +≤≤+对一切实数x 恒成立，则21b b -的最小值为 ．8．（2016•新课标Ⅰ）若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在()-∞+∞，单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[11]-，B ．1[1]3-，C ．11[]33-，D ．1[1]3--，9．（2019•威海二模）已知函数()f x 的定义域为R ，11()22f =-，对任意的x R ∈满足()4f x x '>，当[02]απ∈，时，不等式(sin )cos20f αα+>的解集为( )A ．5()66ππ，B ．2()33ππ，C ．45()33ππ， D ．711()66ππ， 10．（2019•河南期末）已知函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x '，若()cos ()f x x f x =--，且sin ()02xf x '+<，则满足()()0f x f x π++≤的x 的取值范围为 ． 11．（2019•赣州期中）已知函数()f x 在定义城R 上可导，且()cos f x x '≥，则关于x 的不等式()()2)24f x f x x ππ≥-+-的解集为( )A ．[)4π+∞， B ．[)4π-+∞，C ．(]4π-∞，D ．(]4π-∞-，12.（2019•东胜区校级月考）已知函数()f x 满足(0)1f =，且()cos ()sin f x x f x x '>，则不等式()cos 10f x x ->的解集为( ) A ．(1)-∞-，B ．(1)+∞，C ．(0)-∞，D ．(0)+∞，13．（2019•安徽期末）已知()2(1)cos f x x x =+-，则不等式(ln 1)1f x -<的解集为( ) A ．(0)e ，B ．(1)+∞，C ．()e +∞，D ．(1)e ，14.（2020•荆州一模）已知函数()f x 是()22ππ-，上的奇函数，其导函数为()f x '，且(1)0f =，当0x >时，()tan ()0f x x f x '->，则不等式()0f x >的解集为 ．15．（2019•黄山二模）已知定义在R 上的连续可导函数()f x 无极值，且x R ∀∈，[()2018]2019x f f x +=，若()2sin()6g x x mx π=++在3[2]2ππ，上与函数()f x 的单调性相同，则实数m 的取值范围是( )A ．2](--∞，B ．[2)-+∞，C ．(2]-∞，D ．[2-，-1]16.（2020•岳阳一模）若函数()(cos )x f x e x a =+在区间(0)π，上单调递增，则实数a 的取值范围是 ． 17.（2019•朝阳区期末）已知函数()sin 21()f x k x x k R =++∈，当(2)(2)k +∞∈-∞-，，∪时，()f x 在(02)π，内的极值点的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．318.（2020•郴州一模）已知函数()f x 在定义域R 上的导函数为()f x '，若函数()y f x '=没有零点，且[()2020]2020x f f x -=，当()sin 3g x x x kx =-在[]22ππ-，上与()f x 在R 上的单调性相同时，实数k的取值范围是( ) A ．(1]-∞-，B ．(3]-∞，C ．[13]-，D ．[3)+∞19．（2019•临沂期末）已知函数()sin cos f x x x x x =+-的定义域为[22)ππ-，，则( ) A ．()f x 为奇函数 B ．()f x 在[0)π，上单调递增 C ．()f x 恰有4个极大值点D ．()f x 有且仅有4个极值点20.（2018•河南期末）若函数23sin cos 1y x x a =++-在区间[]22ππ-，上的最小值为0，则a = ．21.（2019•中原区校级月考）32()sin cos (0)3f x x x x π=+∈，，，则下列关于()f x 的说法正确的为( )A ．存在极大值，也存在极小值B ．存在极大值，不存在极小值C ．不存在极大值，存在极小值D ．不存在极大值，也不存在极小值22.（2019•袁州区校级模拟）设函数1()()f x ax a b Z x b=+∈+，，曲线()y f x =在点(2(2))f ，处的切线方程为3y =．已知方程()sin(1)1f x A x =-+有1x ，2x ，3x ，4x 共4个不等实根，则12341234()()()()(f x f x f x f x x x x x +++=+++ )A ．0B ．1C ．2D ．423.（2019•杏花岭区校级月考）已知函数22(1)sin ()1x xf x x ++=+，其中()f x '为函数()f x 的导数，则(2018)(2018)(2019)(2019)(f f f f +-+'-'-= )A ．2B ．2019C ．2018D ．024.（2019•雨花区校级月考）设函数()()sin x x f x e e x t -=++，[]x a a ∈--，的最大值和最小值分别为M ，N ．若8M N +=，则(t = )A ．0B ．2C ．4D ．825.（2020春•桃城区校级月考）已知函数3()1sin f x x x x =+++，若2(1)(2)2f a f a -+≤，则实数a 的取值范围是( ) A ．3[1]2-，B ．3[1]2-，C ．1[1]2-，D ．1[1]2-，26.（2019•上虞区二模）函数2()2sin 1f x x x =++-M ，最小值为N ，则M N +的值是() A ．0B ．1C ．2D ．427.（2019•汇川区校级月考）已知函数3()sin ()f x ax x x a R =+-∈在[0)+∞，上单调递增，则a 的取值范围为( )A ．1(0]6，B ．1[]6+∞，C ．1(0]4，D ．1[]4+∞，28.（2019•益阳期末）已知函数2cos 12cos ()1sin cos (0)2f x x x θθπθθθ+=-+++∈，，，若存在(01)x ∈，，使不等式()0f x <成立，则θ的取值范围为( ) A ．(0)12π，B ．5()122ππ，C ．5(0)()12122πππ，∪，D ．5()1212ππ，29．（2019•沙坪坝区校级月考）已知()cos f x x =，点(01)P -，，若()y f x =图象上存在一点00)(Q x y ，处的切线与直线PQ 和y 轴围成底边在y 轴上的等腰三角形，则200(1)tan (x x x -= ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．630.（2019•滁州期末）设函数3()1()f x ax x x R =-+∈，若对于任意[11]x ∈-，都有()0f x ≥，则实数a 的取值范围为( ) A ．(2]-∞，B ．[0)+∞，C ．[02]，D ．[12]，31.设函数()3||f x x ax bx c =+++，a b c R ∈，，，总存在[]004x ∈，，使得不()0f x m ≥等式成立，则实数m 的取值范围是 .32．（2019•徐州期中）已知a R ∈，若函数3()(12)f x x ax x =+-≤≤的最大值为M ，则M 的最小值为 ．。
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.。
高中数学通关系列之“导数与三角交汇30题”
高中数学通关系列之“导数与三角交汇”30题1．已知函数2()sin 2x f x e x ax x =+--．（1）当0a =时，判断()f x 在[0，)+∞上的单调性并加以证明； （2）若0x ，()1f x ，求a 的取值范围．2．已知函数()x f x e x =-（其中271828e =⋯为自然对数的底数） （1）证明：对任意的x R ∈都有()0f x >；（2）设()()cos (cos sin )((0g x f x x x x x x =+-∈，))π()i 若存在0[2x π∈，)π，使得不等式0()g x m 成立，求实数m 的取值范围；()ii 求函数()g x 的零点个数．3．已知函数2()cos 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：12x x π+<． 4．已知函数()2sin x f x e x =-．（1）若[0x ∀∈，)+∞，()1f x ax -恒成立，求正数a 的取值范围； （2）求证()f x 在(,)2π-+∞上有且仅有两个极值点．5．已知函数()sin 1f x lnx x =++，函数()1(g x ax blnx a =--，b R ∈，0)ab ≠． （1）讨论()g x 的单调性；（2）证明：当1a b ==时，()0g x ． （3）证明：2sin ()(1)x f x x e <+．6．已知函数()(1)(1)f x x ln x =++，2()cos 2x g x ax x x =+-．（1）当0x 时，总有2()2x f x mx +，求m 的最小值．（2）对于[0，1]中任意x 恒有()()f x g x ，求a 的取值范围． 7．已知函数()sin x f x e x =．(e 是自然对数的底数） （1）求()f x 的单调递减区间；（2）若函数()()2g x f x x =-，证明()g x 在(0,)π上只有两个零点．（参考数据：2 4.8)e π≈ 8．已知函数()cos (,)2x f x ae x a R x π=-∈>-．（1）证明：当1a =时，()f x 有最小值，无最大值；（2）若在区间(,)2ππ-上方程()0f x =恰有一个实数根，求a 的取值范围，9．已知函数2()sin 2x f x e x ax x =+--． （1）当0a =时，求()f x 的单调区间；（2）若0x =为()f x 的极小值点，求a 的取值范围． 10．已知函数()sin (x f x e x e =是自然对数的底数）． （1）求()f x 的单调递减区间；（2）记()()g x f x ax =-，若03a <<，试讨论()g x 在(0,)π上的零点个数．（参考数据2 4.8)e π≈11．设函数()(2cos )sin f x ax x x =+-，()f x '是函数()f x 的导数． （1）若1a =，证明()f x '在区间(,)22ππ-上没有零点；（2）在(0,)x ∈+∞上()0f x >恒成立，求a 的取值范围． 12．已知函数cos ()xf x x=，()sin cos g x x x x =+， （1）判断函数()g x 在区间(0,2)π上的零点的个数；（2）记函数()f x 在区间(0,2)π上的两个极值点分别为1x ，2x ，求证：12()()0f x f x +<． 13．已知函数()2sin f x x x =-． （1）当0x >时，求()f x 的最小值；（2）若[0x ∈，]π时，()(1)cos f x a x x x --，求实数a 的取值范围． 14．已知函数sin ()xf x xπ-=．（1）判断函数()f x 在(0,2)π上的单调性；（2）若0a π<<，求证：当(0,)x π∈时，1()f x aln x>．15．已知函数2()2cos (0)f x x x x =+． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）当1a 时，对任意[0x ∈，)+∞，证明：2sin cos ax x e x ++． 16．已知函数2()cos (),()2a f x x x a R f x '=+∈是()f x 的导数． （1）当1a =时，令()()h x f x x lnx '=-+，()h x '为()h x 的导数，证明：()h x '在区间(0,)2π存在唯一的极小值点；（2）已知函数42(2)3y f x x =-在[0,]2π上单调递减，求a 的取值范围．17．已知函数()sin ()f x x aln x b =-+，()g x 是()f x 的导函数．（1）若0a >，当1b =时，函数()g x 在(0,)2π有唯一的极大值，求a 的取值范围．（2）若1a =，(1,)2b e π∈-，试研究()f x 的零点个数．18．已知函数()cos x f x e ax x =--，其中a R ∈． （1）求证：当1a -时，()f x 无极值点；（2）若函数()()1(1)g x f x n x =++，是否存在a ，使得()g x 在0x =处取得极小值？并说明理由．19．设函数2()4sin 4cos f x x x x x =--． （1）讨论函数()f x 在[π-，]π上的单调性； （2）证明：函数()f x 在R 上有且仅有两个零点． 20．已知函数()sin f x xlnx a x =-． ①当0a =时，证明：()1f x x -；②若()f x 在1[e，)π有且只有一个零点，求a 的范围．21．已知函数()sin 1f x x lnx =+-． （Ⅰ）求()f x 在点(2π，())2f π处的切线方程； （Ⅱ）求证：()f x 在(0,)π上存在唯一的极大值； （Ⅲ）直接写出函数()f x 在(0,2)π上的零点个数． 22．已知函数()2sin f x lnx x x =-+，证明： （1）()f x 在区间(0,)π存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点．23．已知函数||()3cos x f x e x =-． （1）证明：()20f x +；（2）当(0,)2x π∈时，不等式()3xf x e m n x '-<<恒成立，求实数m 的最大值和n 的最小值．24．（1）证明函数2sin 2cos x y e x x x =--在区间(,)2ππ--上单调递增；（2）证明函数()2sin xe f x x x=-在(,0)π-上有且仅有一个极大值点0x ，且00()2f x <<．25．已知函数()sin (1)f x x aln x =-+，a R ∈，()f x '是()f x 的导函数． （1）若2a =，求()f x 在0x =处的切线方程； （2）若()f x 在[,]42ππ上单调递增，求a 的取值范围；（3）求证：当20(1)2a π<<+时()f x '在区间(1,)2π-内存在唯一极大值点．26．设函数()sin x f 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[x k ∈，1]k +的整数k 的和． 27．已知()sin x f x e ax x =-+．（1）已知函数()f x 在点(0，(0))f 的切线与圆221x y +=相切，求实数a 的值． （2）当0x 时，()1f x ，求实数a 的取值范围． 28．已知函数()af x lnx x=+，其中a R ∈． （1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =，试证明：cos ()x e xf x x+<．29．已知函数21()()42alnx f x x a R =-∈．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）设4a =，且(0,)6x π∈1tan x．30．已知4431()sin cos 3(0)443x x f x x xf '=-++． （1）求(0)f '；（2）设21()sin 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 >-．。
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B辑(原卷版)
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B 辑（原卷版）1．已知函数()1e sin x f x x -=．（1）求()f x 在()0,2π上的单调区间；（2）证明：对任意的11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，不等式()()()1122e cos sin 10x f x f x x x -'⎡⎤----+<⎣⎦恒成立．2．已知函数()()2sin cos f x x x x ax a R =--∈．（1）当0a =时，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 >．3．已知函数()cos 3x f x ae x =+-的图象在点()()0,0f 处的切线与直线0x y +=垂直.（1）判断()f x 的零点的个数，并说明理由；（2）证明：()1f x x >-对()0,x ∈+∞恒成立.4．已知()()22sin cos x f x e x x kx =--.（1）当曲线()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；（2）若()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为单调递增函数，求k 的取值范围 5．已知函数()sin x f x e x =.⑴求函数()f x 的单调区间； ⑵如果对于任意的[0,]2x π∈，()f x kx ≥总成立，求实数k 的取值范围. 6．已知函数()sin cos f x x x x =+，()cos x g x x=. （1）判断函数()f x 在区间()0,-∞上零点的个数；（2）设函数()g x 在区间()0,∞+上的极值点从小到大分别为1x ，2x ，3x ，4x ，…，n x .证明：①()()120g x g x +<；②对一切*n N ∈，()()()()1230n g x g x g x g x ++++<成立.7．已知函数()cos x f x e a x -=-，其中a R ∈，e 为自然对数的底数.（1）若()0f x ≥在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，求实数a 的取值范围； （2）当1a =，()0,x π∈时，①证明：函数()f x 恰有一个零点；②设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，证明：1012x x π--<.参考数据：ln 20.6931≈8．已知函数()sin ax f x e x =.（1）若()f x 在,63x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上存在单调递增区间，求实数a 的取值范围；（2）设1a ≥，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有()f x bx ≤成立，求2b e a -的最小值. 9．已知函数f （x ）＝ln x ﹣sin x ,记f （x ）的导函数为f '（x ）.（1）若h （x ）＝ax 1x+-f '（x ）是（0,+∞）上的单调递增函数,求实数a 的取值范围；（2）若x ∈（0,2π）,试判断函数f （x ）的极值点个数,并说明理由.10．已知函数()sin ()f x x a R =∈.（1）当0a =时，证明：()0f x ≥； （2）若14a <-，证明：()f x 在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有唯一的极值点0x ，且()0001π2f x x x >--. 11．函数()sin x f x e x ax =++.（1）若0x =为()f x 的极值点，求实数a ；（2）若()1f x ≥在[)0,+∞上恒成立，求实数a 的范围.12．已知函数()sin x f x e x =，（e 是自然对数的底数）（1）求()f x 的单调递减区间；（2）记()()g x f x ax =-，若13a <<，求()g x 在()0,π上的零点个数. （参考数据：2 4.8e π≈）13．已知函数()2cos (R)f x x x a a =+-∈.（1）求证：()f x 是增函数；（2）讨论函数2()sin g x x ax x =-+的零点个数.14．已知函数()()ln 1sin x f x e x a x =+++．（1）当0a =时，求()f x 在()()0,0f 处的切线方程；（2）若()1f x ≥对任意[]0,x π∈恒成立，求实数a 的取值范围．15．已知函数()e 1sin x f x ax x =--+.（1）当2a =时，证明：()0f x ≥；（2）当1a ≥时，讨论函数()f x 的零点个数.16．已知函数()1sin ()x f x e a x a R =--∈.（1）当1a =时，求曲线()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；（2）若当[0,]x π∈时，()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.17．已知函数()sin cos f x x x x =+.(Ⅰ)若(0,2)x π∈，求函数()f x 的极值；(Ⅱ)若0x >，记i x 为()f x 的从小到大的第i （i N *∈）个极值点，证明：222223411111+9n x x x x +++<（2n n N *≥∈，）． 18．已知()()()22cos sin cos f x x x k x x x k =--+∈R ．（1）当0k =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为单调递增函数，求k 的取值范围19．已知函数()1sin x f x e x -=．（1）求()f x 在()0,π上的单调区间；（2）证明：对任意的11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，不等式()()()1122cos sin 10x f x f x e x x -'⎡⎤----+<⎣⎦恒成立．20．已知函数()e 2e (2)x x f x a a x -=++-，()(2)cos g x a x =+.（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）对于任意的1x 、2[0,)x ∈+∞，()()12f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围.21．已知函数()sin f x kx x =+，其中k ∈R .（1）若函数()f x 在区间5,36ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，求k 的取值范围； （2）若1k =时，不等式c (s )o ax f x x ≥在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数a 的取值范围. 22．已知函数()()πsin bf x a x x =--，[)π,x ∈+∞ . （1）1b =时，若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；（2）12b =，()f x 在3π,π2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一极值点0x ，求证：()00πf x x +>. 23．已知函数()1sin 2=-f x x x ，[]0,x π∈. （1）求()f x 的值域；（2）若()()1cos 12g x f x a x x ⎛⎫=+-+- ⎪⎝⎭，求证：当2a π≤时，()0g x ≤恒成立.24．已知函数()3s n 1i 3f x x x =-. （1）证明：函数()f x 有三个零点；（2）若对0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，不等式2cos x e a x ax +≥恒成立，求实数a 的取值. 25．已知函数()1sin 2sin 3f x x x a x =-+. （1）当0a =时，判断函数()f x 的零点个数，并加以证明；（2）若函数()f x 在(),-∞+∞上单调递增，求a 的取值范围.。
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导数与三角函数交汇试题1．（2019•石家庄一模）已知函数，（1）求函数f（x）的极小值（2）求证：当﹣1≤a≤1时，f（x）＞g（x）2．（2019春•常熟市期中）已知函数f（x）＝e2x（sin x﹣3cos x）．（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间上的最大值和最小值．3．（2019•大连模拟）已知函数f（x）＝ae x﹣sin x+1其中a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：对∀x∈[0，+∞），f（x）≥2；（2）若函数f（x）在[0，π]上存在两个不同的零点，求实数a的取值范围．4．（2019•天津）设函数f（x）＝e x cos x，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈[，]时，证明f（x）+g（x）（﹣x）≥0；（Ⅲ）设x n为函数u（x）＝f（x）﹣1在区间（2nπ+，2nπ+）内的零点，其中n∈N，证明2nπ+﹣x n＜．5．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．6．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．7．（2019•富阳区模拟）设函数f（x）＝2x2+alnx，（a∈R）（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x+m，求实数a，m的值（Ⅱ）若f（2x﹣1）+2＞2f（x）对任意x∈[2，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）关于x的方程f（x）+2cos x＝5能否有三个不同的实根？证明你的结论8．（2019•北辰区模拟）已知函数f（x）＝e x﹣ax，（a∈R），g（x）＝．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若g（x）≤kx在x∈[0，+∞）恒成立，求k的取值范围；（Ⅲ）当a＝1，x≥0时，证明：（2+cos x）f′（x）≥2sin x．9．（2019•佛山二模）已知函数f（x）＝，0＜x＜π．（Ⅰ）若x＝x0时，f（x）取得极小值f（x0），求实数a及f（x0）的取值范围；（Ⅱ）当a＝π，0＜m＜π时，证明：f（x）+mlnx＞0．10．（2019•武汉模拟）（1）求证：x≥0时，cos x≥1﹣x2恒成立；（2）当a≥1时，∀x∈[0，+∞），证明不等式xe ax+x cos x+1≥（1+sin x）2恒成立．11．（2019•山东模拟）已知函数（Ⅰ）当x＞0时，证明f（x）＞g（x）；（Ⅱ）已知点P（x，xf（x）），点Q（﹣sin x，cos x），设函数时，试判断h（x）的零点个数．12．（2019•衡阳一模）已知函数f（x）＝sin x﹣．（1）若f（x）在[0，]上有唯一极大值点，求实数a的取值范围；（2）若a＝1，g（x）＝f（x）+e x，且g（x1）+g（x2）＝2（x1≠x2），求证：x1+x2＜0．13．（2019•东城区二模）已知函数f（x）＝x+sin x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；（Ⅱ）若不等式f（x）≥ax cos x在区间上恒成立，求实数a的取值范围．14．（2019•日照模拟）已知函数（e为自然对数的底数）．（1）求函数f（x）的值域；（2）若不等式f（x）≥k（x﹣1）（1﹣sin x）对任意恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：．15．（2019•江苏模拟）定义函数f（x）＝x sin x+k cos x，x∈（0，π）为j（K）型函数，共中K∈Z．（1）若y＝f（x）是j（1）型函数，求函数f（x）的值域；（2）若y＝f（x）是j（0）型函数，求函f（x）极值点个数；（3）若y＝f（x）是j（2）型函数，在y＝f（x）上有三点A、B、C横坐标分別为x1、x2、x3，其中x1＜x2＜x3，试判断直线AB的斜率与直线BC的斜率的大小并说明理由．16．（2019•房山区二模）已知函数．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在x＝0处的切线方程；（Ⅱ）求f（x）在（0，π）上的单调区间；（Ⅲ）当m＞1时，证明：g（x）在（0，π）上存在最小值．17．（2019春•东莞市期中）已知函数f（x）＝e x cos x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间上的值域．18．（2019•莆田二模）已知函数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0≤a≤1时，证明：xf（x）＞a（sin x+1）．19．（2019•泰安二模）已知函数f（x）＝（x﹣m）lnx（m≤0）．（1）若函数f（x）存在极小值点，求m的取值范围；（2）证明：f（x+m）＜e x+cos x﹣1．20．（2019春•龙岩期中）已知函数f（x）＝x cos x﹣sin x，x∈[﹣]．（Ⅰ）求证：f（x）≥0；（Ⅱ）若a对x∈（﹣）恒成立，求a的最大值与b的最小值．21．（2019•昆明模拟）已知函数f（x）＝a（x﹣sin x）（a∈R且a≠0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设，若对任意x≥0，都有f（x）+g（x）≥0，求a 的取值范围．22．（2019•安徽模拟）已知函数f（x）＝m tan x+2sin x，x∈[0，），m∈R．（Ⅰ）若函数y＝f（x）在x∈[0，）上是单调函数，求实数m的取值范围；（Ⅱ）当m＝1时，（i）求函数y＝f（x）在点x＝0处的切线方程；（ii）若对任意x∈[0，），不等式f（x）≥aln（x+1）恒成立，求实数a的取值范围．23．（2019•昆明模拟）已知函数f（x）＝e x（x+sin x+a cos x）（a∈R）在点（0，f（0））处切线的斜率为1．（1）求a的值；（2）设g（x）＝1﹣sin x，若对任意x≥0，都有f（x）+mg（x）≥0，求实数m的取值范围．24．（2019•江苏一模）已知函数f（x）＝（x+1）lnx+ax（a∈R）．（1）若函数y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+y+b＝0，求实数a，b的值；（2）设函数g（x）＝，x∈[1，e]（其中e为自然对数的底数）．①当a＝﹣1时，求函数g（x）的最大值；②若函数h（x）＝||是单调减函数，求实数a的取值范围．25．（2019春•龙凤区校级月考）已知函数f（x）＝lnx﹣mx（m∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若m═﹣e，a∈（e+，+∞），且f（x）≤ax﹣b恒成立，求的最大值（其中e 为自然对数的底数）．26．（2019•石家庄模拟）已知函数f（x）＝ae x﹣sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．（Ⅰ）当a＝1时，证明：对∀x∈[0，+∞），f（x）≥1；（Ⅱ）若函数f（x）在（0，）上存在极值，求实数a的取值范围．27．（2019春•香洲区校级月考）已知函数f（x）＝（1+x）e﹣2x，g（x）＝ax++1+2x cos x，当x∈[0，1]时，（Ⅰ）若函数g（x）在x＝0处的切线与x轴平行，求实数a的值；（Ⅱ）求证：1﹣x≤f（x）≤；（Ⅲ）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．28．（2018秋•盐城期末）设f（x）＝x2﹣2ax+1，g（x）＝sin x．（1）若∀x∈[0，1]都有f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若∃x1∈（0，1]，使得对∀x2∈[0，]，都有f（x1）≥g（x2）恒成立，求实数a的取值范围．29．（2019•武侯区校级模拟）已知函数f（x）＝x sin x+2cos x+ax+2，其中a为常数．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在x＝0处的切线在两坐标轴上的截距相等，求a之值；（Ⅱ）若对∀x∈（0，π），都有π＜f（x）＜π2，求a的取值范围．30．（2018秋•丰台区期末）已知函数f（x）＝x﹣sin x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程；（Ⅱ）求证：当x∈（0，）时，0＜f（x）＜x3．31．（2012秋•保定月考）已知函数．（1）若a＝﹣4，求函数f（x）的单调区间；（2）设函数，试问：在定义域内是否存在三个不同的自变量的取值x i（i＝1，2，3）使得f（x i）﹣g（x i）的值恰好都相等，若存在，请求出a的范围，若不存在，请说明理由？32．（2012春•东湖区校级期中）已知f（x）是定义在集合D上的函数，且﹣1＜f′（x）＜0．（1）若，在[]（[]⊆D）上的最大值为，试求不等式|ax+1|＜a的解集．（2）若对于定义域中任意的x1，x2，存在正数ε，使|x1﹣1|＜且|x2﹣1|＜，求证：|f（x1）﹣f（x2）|＜ε．33．（2012•井冈山市模拟）已知函数f（x）＝2x﹣π，g（x）＝cos x．（1）设h（x）＝f（x）﹣g（x），若x1，x2∈[﹣+2kπ，+2kπ]（k∈Z），求证：≥h（）；（2）若x1∈[，π]，且f（x n+1）＝g（x n），求证：|x1﹣|+|x2﹣|+…+|x n﹣|＜．34．（2013•北京）已知函数f（x）＝x2+x sin x+cos x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（a，f（a））处与直线y＝b相切，求a与b的值；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．35．（2013•泉州二模）定义域为D的函数f（x），其导函数为f′（x）．若对∀x∈D，均有f （x）＜f′（x），则称函数f（x）为D上的梦想函数．（Ⅰ）已知函数f（x）＝sin x，试判断f（x）是否为其定义域上的梦想函数，并说明理由；（Ⅱ）已知函数g（x）＝ax+a﹣1（a∈R，x∈（0，π））为其定义域上的梦想函数，求a 的取值范围；（Ⅲ）已知函数h（x）＝sin x+ax+a﹣1（a∈R，x∈[0，π]）为其定义域上的梦想函数，求a的最大整数值．36．（2013•枣庄二模）设f（x）＝ax+cos x（x∈R）．（1）若，试求出函数f（x）的单调区间；（2）若对任意x≥0，都有x+sin2x+cos x≤f（x）成立，求实数a的取值范围．。