高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

导数与三角函数压轴题归纳总结

近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化.

一、零点存在定理

例1.【2019全国Ⅰ理20】函数,为的导数．证明：

（1）在区间

存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点．

【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()()

2

11

cos ,sin 11g x x g x x x x '=-

=-+++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,单调递减,而()00,02g g π⎛⎫

''>< ⎪⎝⎭

,

可得在1,2π⎛⎫

- ⎪⎝

⎭有唯一零点,设为.

则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα⎛⎫

∈ ⎪⎝⎭

时,.

所以在()1,α-单调递增,在,2πα⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,故在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.

（i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当时,

,故()f x 在单调递减,又,从而是()f x 在的唯

一零点.

()sin ln(1)f x x x =-+()f x '()f x ()f x '(1,)2

π-()f x ()g'x ()g'x α()0g'x <()g x ()g x (1,)-+∞(1,0)x ∈-()0f 'x <(1,0)-(0)=0f 0x =(1,0]-

（ii ）当0,2x π⎛⎫

∈ ⎪⎝⎭

时,由（1）知,在单调递增,在单调递减,而

,02f π⎛⎫'< ⎪⎝⎭,所以存在,2πβα⎛⎫

∈ ⎪⎝⎭,使得,且当时,

；当,2x πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,.故在单调递增,在,2πβ⎛⎫

⎪⎝⎭单调递

减.又,1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫

=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝

⎭,所以当时,.

从而()f x 在0,2π⎛⎤

⎥⎝⎦

没有零点.

（iii ）当,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x '<,所以()f x 在,2ππ⎛⎤

⎥⎝⎦单调递减.而

()0,02f f ππ⎛⎫>< ⎪⎝⎭ ,所以()f x 在,2ππ⎛⎤

⎥⎝⎦

有唯一零点. （iv ）当时,()l n 11x +>,所以<0,从而()f x 在没有零点.

综上, ()f x 有且仅有2个零点.

【变式训练1】【2020·天津南开中学月考】已知函数3()sin (),2

f x ax x a R =-∈且

在,0,2π⎡⎤

⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，

（1）求函数f (x )的解析式；

(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明 【解析】(1)由已知得()(sin cos )f x a x x x =+对于任意的x∈(0, 2

π)， 有sin cos 0x x x +>,当a=0时,f(x)=− 3

2

，不合题意； 当a<0时,x∈(0,

2π),f′(x)<0,从而f(x)在(0, 2

π

)单调递减， 又函数3

()sin 2f x ax x =- (a∈R)在[0, 2

π]上图象是连续不断的，

故函数在[0, 2

π

]上的最大值为f(0)，不合题意；

()f 'x (0,)α,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭(0)=0f '()0f 'β=(0,)x β∈()0f 'x >()0f 'x <()f x (0,)β(0)=0f 0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦()0f x >(,)x ∈π+∞()f x (,)π+∞

当a>0时,x∈(0,

2π),f′(x)>0,从而f(x)在(0, 2

π

)单调递增， 又函数3

()sin 2f x ax x =-(a∈R)在[0, 2

π]上图象是连续不断的，

故函数在[0, 2π]上上的最大值为f(2π)=2πa−32=3

2π-，解得a=1，

综上所述,得3

()sin (),2

f x x x a R =-∈；

(2)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。证明如下：

由(I)知,3()sin 2f x ax x =-从而有f(0)=− 3

2<0,f(2

π)=π−32>0，

又函数在[0,

2π]上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0, 2

π

)内至少存在一个零点，又由(I)知f(x)在(0, 2π)单调递增,故函数f(x)在(0, 2

π

)内仅有一个零点。

当

x∈[2π,π]时,令g(x)=f′(x)=sinx+xcosx ， 由g(2π)=1>0,g(π)=−π<0,且g(x)在[2

π

,π]上的图象是连续不断的，

故存在m∈2

π

,π),使得g(m)=0.

由g′(x)=2cosx−xsinx,知x∈(2π,π)时,有g′(x)<0，从而g(x)在[2

π

,π]上单调递减。

当x∈2π,m),g(x)>g(m)=0,即f′(x)>0，从而f(x)在(2π

,m)内单调递增

故当x∈(2π,m)时,f(x)>f(π2)=π−32>0，从而(x)在(2

π

,m)内无零点；

当x∈(m,π)时,有g(x)

π

,m)内单调递减。

又f(m)>0,f(π)<0且f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的， 从而f(x)在[m,π]内有且仅有一个零点。 综上所述,函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。

【变式训练2】【2020·山东枣庄期末】已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为

()f x 的导函数.

(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点; (2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点.