高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版
专题17 三角函数概念与诱导公式 (教师版)高中数学53个题型归纳与方法技巧总结篇
【考点预测】知识点一：三角函数基本概念1．角的概念(1)任意角：①高中数学53个题型归纳与方法技巧总结篇专题17三角函数概念与诱导公式定义：角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所成的图形；②分类：角按旋转方向分为正角、负角和零角．(2)所有与角α终边相同的角，连同角α在内，构成的角的集合是{}Z k k S ∈+︒⋅==，αββ360．(3)象限角：使角的顶点与原点重合，角的始边与x 轴的非负半轴重合，那么，角的终边在第几象限，就说这个角是第几象限角；如果角的终边在坐标轴上，就认为这个角不属于任何一个象限．(4)象限角的集合表示方法：2．弧度制(1)定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad 表示，读作弧度．正角的弧度数是一个正数，负角的弧度数是一个负数，零角的弧度数是0．(2)角度制和弧度制的互化：rad 180π=︒,rad 1801π=︒,π︒=180rad 1．(3)扇形的弧长公式：r l ⋅=α，扇形的面积公式：22121r lr S ⋅==α．3．任意角的三角函数(1)定义：任意角α的终边与单位圆交于点)(y x P ，时，则y =αsin ，x =αcos ，)0(tan ≠=x xyα．(2)推广：三角函数坐标法定义中，若取点P )(y x P ，是角α终边上异于顶点的任一点，设点P 到原点O 的距离为r ，则r y =αsin ，r x =αcos ，)0(tan ≠=x xyα三角函数的性质如下表：三角函数定义域第一象限符号第二象限符号第三象限符号第四象限符号αsin R ＋＋－－αcos R＋－－＋αtan }2|{Z k k ∈+≠，ππαα＋－＋－记忆口诀:三角函数值在各象限的符号规律:一全正、二正弦、三正切、四余弦．4．三角函数线如下图，设角α的终边与单位圆交于点P ，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，过A(1,0)作单位圆的切线与α的终边或终边的反向延长线相交于点T ．三角函数线有向线段MP 为正弦线；有向线段OM 为余弦线；有向线段AT 为正切线知识点二：同角三角函数基本关系1．同角三角函数的基本关系(1)平方关系：1cos sin 22=+αα．(2)商数关系：)2(tan cos sin ππααααk +≠=；知识点三：三角函数诱导公式公式一二三四五六角)(2Z k k ∈+απαπ+α-απ-απ-2απ+2正弦αsin αsin -αsin -αsin αcos αcos 余弦αcos αcos -αcos αcos -αsin αsin -正切αtan αtan αtan -αtan -口诀函数名不变，符号看象限函数名改变，符号看象限【记忆口诀】奇变偶不变，符号看象限，说明：（1）先将诱导三角函数式中的角统一写作2n πα⋅±；（2）无论有多大，一律视为锐角，判断2n πα⋅±所处的象限，并判断题设三角函数在该象限的正负；（3）当n 为奇数是，“奇变”，正变余，余变正；当n 为偶数时，“偶不变”函数名保持不变即可．【方法技巧与总结】1．利用1cos sin 22=+αα可以实现角α的正弦、余弦的互化，利用αααtan cos sin =可以实现角α的弦切互化．2．“ααααααcos sin cos sin cos sin -+，，”方程思想知一求二．222(sin cos )sin cos 2sin cos 1sin 2ααααααα+=++=+222(sin cos )sin cos 2sin cos 1sin 2ααααααα-=+-=-22(sin cos )(sin cos )2αααα++-=【题型归纳目录】题型一：终边相同的角的集合的表示与区别题型二：等分角的象限问题题型三：弧长与扇形面积公式的计算题型四：三角函数定义题题型五：象限符号与坐标轴角的三角函数值题型六：同角求值—条件中出现的角和结论中出现的角是相同的题型七：诱导求值与变形【典例例题】题型一：终边相同的角的集合的表示与区别例1．（2022·全国·高三专题练习）与角94π的终边相同的角的表达式中，正确的是（）A ．245k π+ ，k Z ∈B ．93604k π⋅+，k Z ∈C ．360315k ⋅- ，k Z ∈D ．54k ππ+，k Z ∈【答案】C 【解析】【分析】要写出与94π的终边相同的角，只要在该角上加2π的整数倍即可．【详解】首先角度制与弧度制不能混用，所以选项AB 错误；又与94π的终边相同的角可以写成92()4k k Z ππ+∈，所以C 正确．故选：C ．例2．（2022·全国·高三专题练习）若角α的终边在直线y x =-上，则角α的取值集合为（）A ．2,4k k πααπ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z B ．32,4k k πααπ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭Z C ．3,4k k πααπ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z D ．,4k k πααπ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z 【答案】D 【解析】【分析】根据若,αβ终边相同，则2,k k Z βπα=+∈求解.【详解】解：，由图知，角α的取值集合为:()32,2,4421,2,44,4k k Z k k Z k k Z k k Z k k Z ππααπααπππααπααππααπ⎧⎫⎧⎫=+∈⋃=-∈⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎧⎫⎧⎫==+-∈⋃=-∈⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎧⎫==-∈⎨⎬⎩⎭故选：D.【点睛】本题主要考查终边相同的角，还考查了集合的运算能力，属于基础题.例3．（2022·上海市嘉定区第二中学高一阶段练习）设集合{}{}|45180,|135180,A k k Z k k Z αααα==︒+⋅︒∈⋃=︒+⋅︒∈，集合{}|4590,B k k Z ββ==︒+⋅︒∈，则（）A ．AB =∅ B ．A BC ．B AD ．A B=【答案】D 【解析】【分析】考虑A 中角的终边的位置，再考虑B 中角的终边的位置，从而可得两个集合的关系.【详解】.45180,k k Z α=︒+⋅︒∈表示终边在直线y x =上的角，135180,k k Z α=︒+⋅︒∈表示终边在直线y x =-上的角，而4590,k k Z β=︒+⋅︒∈表示终边在四条射线上的角，四条射线分别是射线,0;,0;,0;,0y x x y x x y x x y x x =≥=-≤=≤=-≥，它们构成直线y x =、直线y x =-，故A B =.故选：D.【点睛】本题考查终边相同的角，注意180k α⋅︒+的终边与α的终边的关系是重合或互为反向延长线，而90k α⋅︒+的终边与α的终边的关系是重合或互为反向延长线或相互垂直，本题属于中档题.（多选题）例4．（2022·全国·高三专题练习）如果角α与角45γ+︒的终边相同，角β与45γ-︒的终边相同，那么αβ-的可能值为（）A ．90︒B ．360︒C ．450︒D ．2330︒【答案】AC 【解析】根据终边相同可得角与角之间的关系，从而可得αβ-的代数形式，故可得正确的选项.【详解】因为角α与角45γ+︒的终边相同，故45360k γα ，其中k Z ∈，同理145360k βγ=-︒+⋅︒，其中1k Z ∈，故90360n αβ-=︒+⋅︒，其中n Z ∈，当0n =或1n =时，90αβ-=︒或450αβ-=︒，故AC 正确，令36090360n ︒=︒+⋅︒，此方程无整数解n ；令903060233n =︒+⋅︒︒即569n =，此方程无整数解n ；故BD 错误.故选：AC.（多选题）例5．（2022·全国·高三专题练习）下列条件中，能使α和β的终边关于y 轴对称的是（）A ．90αβ+=︒B ．180αβ+=︒C ．()36090k k αβ+=⋅︒+︒∈ZD ．()()21180k k αβ+=+⋅︒∈Z 【答案】BD 【解析】【分析】根据α和β的终边关于y 轴对称时()180360k k αβ+=︒+︒∈Z ，逐一判断正误即可.【详解】根据α和β的终边关于y 轴对称时()180360k k αβ+=︒+︒∈Z 可知，选项B 中，180αβ+=︒符合题意；选项D 中，()()21180k k αβ+=+⋅︒∈Z 符合题意；选项AC 中，可取0,90αβ=︒=︒时显然可见α和β的终边不关于y 轴对称.故选：BD.例6．（2022·全国·高三专题练习）写出两个与113π-终边相同的角___________．【答案】3π，53π-(其他正确答案也可)【解析】【分析】利用终边相同的角的定义求解.【详解】设α是与113π-终边相同的角，则112,3k k Z παπ=-∈，令1k =，得53πα=-，令2k =，得3πα=，故答案为：3π，53π-(其他正确答案也可)【方法技巧与总结】（1）终边相同的角的集合的表示与识别可用列举归纳法和双向等差数列的方法解决．（2）注意正角、第一象限角和锐角的联系与区别，正角可以是任一象限角，也可以是坐标轴角；锐角是正角，也是第一象限角，第一象限角不包含坐标轴角．题型二：等分角的象限问题例7．（2022·浙江·高三专题练习）若18045,k k Z α=⋅+∈ ，则α的终边在（）A ．第一、三象限B ．第一、二象限C ．第二、四象限D ．第三、四象限【答案】A 【解析】【分析】分21,k n n Z =+∈和2,k n n =∈Z 讨论可得角的终边所在的象限.【详解】解：因为18045,k k Z α=⋅+∈ ，所以当21,k n n Z =+∈时，218018045360225,n n n Z α=⋅++=⋅+∈ ，其终边在第三象限；当2,k n n =∈Z 时，21804536045,n n n Z α=⋅+=⋅+∈ ，其终边在第一象限.综上，α的终边在第一、三象限.故选：A.例8．（2022·全国·高三专题练习（理））角α的终边属于第一象限，那么3α的终边不可能属于的象限是（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】D 【解析】【分析】由题意知，222k k ππαπ<<+，k Z ∈，即可得3α的范围，讨论3k n =、31k n =+、32k n =+()n Z ∈对应3α的终边位置即可.【详解】∵角α的终边在第一象限，∴222k k ππαπ<<+，k Z ∈，则223363k k παππ<<+，k Z ∈，当3()k n n Z =∈时，此时3α的终边落在第一象限，当31()k n n Z =+∈时，此时3α的终边落在第二象限，当32()k n n Z =+∈时，此时3α的终边落在第三象限，综上，角α的终边不可能落在第四象限，故选：D.例9．（2022·全国·高三专题练习）θ是第二象限角，则下列选项中一定为负值的是（）A ．sin2θB ．cos2θC ．sin 2θD ．cos 2θ【答案】C 【解析】表示出第二象限角的范围，求出2θ和2θ所在象限，确定函数值的符号．【详解】因为θ是第二象限角，所以22,2k k k Z ππθππ+<<+∈，则4242,k k k Z ππθππ+<<+∈，所以2θ为第三或第四象限角或终边在y 轴负半轴上，，所以sin 2θ<0.而,422k k k Z πθπππ+<<+∈，2θ是第一象限或第三象限角，正弦余弦值不一定是负数．故选：C ．例10．（2022·全国·高三专题练习）已知角α第二象限角，且cos cos22αα=-，则角2α是（）A ．第一象限角B ．第二象限角C ．第三象限角D ．第四象限角【答案】C 【解析】【分析】由α是第二象限角，知2α在第一象限或在第三象限，再由coscos22αα=-，知cos02α≤，由此能判断出2α所在象限．【详解】因为角α第二象限角,所以()90360180360Z k k k α+⋅<<+⋅∈，所以()4518090180Z 2k k k α+⋅<<+⋅∈，当k 是偶数时，设()2Z k n n =∈，则()4536090360Z 2n n n α+⋅<<+⋅∈，此时2α为第一象限角；当k 是奇数时，设()21Z k n n =+∈，则()225360270360Z 2n n n α+⋅<<+⋅∈，此时2α为第三象限角.；综上所述：2α为第一象限角或第三象限角，因为coscos22αα=-，所以cos02α≤，所以2α为第三象限角．故选：C ．【方法技巧与总结】先从α的范围出发，利用不等式性质，具体有：（1）双向等差数列法；（2）nα的象限分布图示．题型三：弧长与扇形面积公式的计算例11．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB 及其所对弦AB 围成的图形．若弧田的弦AB 长是2，弧所在圆心角的弧度数也是2，则弧田的弧AB 长为_______，弧田的面积为_________．【答案】2sin1;211sin 1tan1-.【解析】【分析】（1）利用弧长公式解决，那么需要算出半径和圆心角；（2）用扇形的面积减去三角形的面积即可.【详解】由题意可知：111,,sin1sin1tan1tan1======AC BC BC AC AO OC ，所以弧AB 长122sin1sin1=⨯=，弧田的面积22111111222sin12tan1sin 1tan1⎛⎫=-=⨯⨯-⨯⨯=- ⎪⎝⎭扇形AOB AOB S S ，故答案为：2sin1；211sin 1tan1-.例12．（2022·全国·高考真题（理））沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图， AB 是以O 为圆心，OA 为半径的圆弧，C 是AB 的中点，D 在 AB 上，CD AB ⊥．“会圆术”给出 AB 的弧长的近似值s 的计算公式：2CDs AB OA=+．当2,60OA AOB =∠=︒时，s =（）A B C D 【答案】B 【解析】【分析】连接OC ，分别求出,,AB OC CD ，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC ，因为C 是AB 的中点，所以OC AB ⊥，又CD AB ⊥，所以,,O C D 三点共线，即2OD OA OB ===，又60AOB ∠=︒，所以2AB OA OB ===，则OC =2CD =所以()22222CD s AB OA =+=+=故选：B.例13．（2022·全国·高三专题练习）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴.按如下方法剪裁，扇面形状较为美观.从半径为r 的圆面中剪下扇形OAB ，使剪下扇形OAB，再从扇形OAB 中剪下扇环形ABDC 制作扇面，使扇环形ABDC 的面积与扇形OAB.则一个按上述方法制作的扇环形装饰品（如图）的面积与圆面积的比值为（）ABCD2-【答案】D 【解析】【分析】记扇形OAB 的圆心角为α，扇形OAB 的面积为1S ，扇环形ABDC 的面积为2S ，圆的面积为S ，根据扇形面积公式，弧长公式，以及题中条件，即可计算出结果.【详解】记扇形OAB 的圆心角为α，扇形OAB 的面积为1S ，扇环形ABDC 的面积为2S ，圆的面积为S ，由题意可得，2112S r α=，21S S =2S r π=，所以()122124S Srαππ==，因为剪下扇形OAB ，所以22r r r παπ-=(3απ=，所以()()()2113244S S απππ====.故选：D.例14．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）“圆材埋壁”是我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”的模型，其截面如图所示，若圆柱形材料的底面半径为1，截面圆圆心为O ，墙壁截面ABCD 为矩形，且1AD =，则扇形OAD 的面积是__________.【答案】6π##16π【解析】【分析】计算AOD ∠，再利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意可知，圆O 的半径为1，即1OA OD ==，又1AD =，所以OAD △为正三角形，∴3AOD π∠=，所以扇形OAD 的面积是221112236S r AOD ππ=⨯⨯∠=⨯⨯=.故答案为：6π例15．（2022·全国·模拟预测）炎炎夏日，在古代人们乘凉时习惯用的纸叠扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形加工制作而成.如图，扇形纸叠扇完全展开后，扇形ABC 的面积S 为22225cm π，若2BD DA =，则当该纸叠扇的周长C 最小时，BD 的长度为___________cm .【答案】10π【解析】【分析】设扇形ABC 的半径为r cm ，弧长为l cm ，根据扇形ABC 的面积S 为22225cm π，由212252rl π=得到rl ，然后由纸叠扇的周长2C r l =+，利用基本不等式求解.【详解】解：设扇形ABC 的半径为r cm ，弧长为l cm ，则扇形面积12S rl =.由题意得212252rl π=，所以2450rl π=.所以纸叠扇的周长260C r l π=+≥==，当且仅当22,450,r l rl π=⎧⎨=⎩即15r π=，30l π=时，等号成立，所以()15BD DA cm π+=.又2BD DA =，所以()1152BD BD cm π+=，所以()3152BD cm π=，故()10BD cm π=.故答案为：10π例16．（2022·全国·高三专题练习）已知扇形的周长为4cm ，当它的半径为________cm 和圆心角为________弧度时，扇形面积最大，这个最大面积是________cm 2.【答案】121【解析】【详解】24l r +=，则()21142222S lr r r r r ==-=-+，则1,2r l ==时，面积最大为1，此时圆心角2lrα ，所以答案为1；2；1.【方法技巧与总结】（1）熟记弧长公式：l ＝|α|r ，扇形面积公式：S 扇形＝12lr ＝12|α|r 2（弧度制(0,2]απ∈）（2）掌握简单三角形，特别是直角三角形的解法题型四：三角函数定义题例17．（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）已知角θ的终边过点()1,1A -，则sin()6πθ-=（）ABCD【答案】D 【解析】【分析】由任意三角形的定义求出sin ,cos θθ，由两角差的正弦公式代入即可求出sin()6πθ-.【详解】因为角θ的终边过点()1,1A -，由任意三角形的定义知：sin θθ==sin()sin cos cos sin 666πππθθθ-=-=故选：D.例18．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知角α的终边经过点(-，则()tan sin 232πααπ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭（）A ．32B ．34-C．D【答案】D 【解析】【分析】利用三角函数的定义、诱导公式、二倍角公式以及弦化切可求得所求代数式的值.【详解】依题意，由三角函数的定义可知tan α=()22sin cos 2sin cos 2tan sin 23sin 22sin sin cos cos 2παπαααααπαπαααα⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎝⎭++-=-=-- ⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭22212sin cos 2tan tan sin cos tan 1ααααααα=--===++故选：D.例19．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知角α的始边与x 轴非负半轴重合，终边上一点()sin 3,cos3P ，若02απ≤≤，则α=（）A ．3B ．32π-C ．532π-D ．32π-【答案】C【分析】根据三角函数的定义求出tan α，结合诱导公式即可得解，注意角所在的象限.【详解】解：因为角α的终边上一点()sin 3,cos3P ，所以cos31tan 0sin 3tan 3α==<，又cos 30,sin 30<>，所以α为第四象限角，所以23,Z 2k k παπ=+-∈，又因02απ≤≤，所以532πα=-.故选：C.例20．（2022·北京·二模）已知角α的终边经过点34,55P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则sin 2α=（）A ．2425-B ．725-C ．725D ．2425【答案】A 【解析】【分析】根据终边上的点确定角的正余弦值，再由二倍角正弦公式求sin 2α.【详解】由题设43sin ,cos 55αα==-，而4324sin 22sin cos 2()5525ααα==⨯⨯-=-.故选：A【方法技巧与总结】（1）任意角的正弦、余弦、正切的定义；题型五：象限符号与坐标轴角的三角函数值例21．（2022·全国·高三专题练习）如果cos 0θ<，且tan 0θ<，则sin cos cos θθθ-+的化简为_____.【答案】sin θ【解析】【分析】由cos 0θ<，且tan 0θ<，得到θ是第二象限角，由此能化简sin cos cos θθθ-+．解：∵cos 0θ<，且tan 0θ<，∴θ是第二象限角，∴sin cos cos sin cos cos sin θθθθθθθ-+=-+=．故答案为：sin θ．例22．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）若角α满足sin cos 0αα⋅<，cos sin 0αα-<，则α在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】B 【解析】【分析】根据sin cos 0αα⋅<可知α是第二或第四象限角；根据第二或第四象限角正余弦的符号可确定结果.【详解】sin cos 0αα⋅< ，α 是第二或第四象限角；当α是第二象限角时，cos 0α<，sin 0α>，满足cos sin 0αα-<；当α是第四象限角时，cos 0α>，sin 0α<，则cos sin 0αα->，不合题意；综上所述：α是第二象限角.故选：B.例23．（2022·浙江·模拟预测）已知R θ∈，则“cos 0θ>”是“角θ为第一或第四象限角”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要【答案】B 【解析】【分析】利用定义法进行判断.【详解】充分性：当cos 0θ>时，不妨取cos 1,0θθ==时轴线角不成立.故充分性不满足；必要性：角θ为第一或第四象限角，则cos 0θ>，显然成立.故选：B.例24．（2022·重庆·高三开学考试）若tan 0θ>，则下列三角函数值为正值的是（）A ．sin θB ．cos θC ．sin 2θD ．cos 2θ【答案】C 【解析】【分析】结合诱导公式、二倍角公式判断出正确选项.【详解】sin tan 0sin cos 0sin 22sin cos 0cos θθθθθθθθ=>⇒⋅>⇒=>，所以C 选项正确.当5π4θ=时，5ππtan 0,sin 0,cos 0,cos 2coscos 022θθθθ><<===，所以ABD 选项错误.故选：C例25．（2022·全国·高三专题练习（理））我们知道，在直角坐标系中，角的终边在第几象限，这个角就是第几象限角．已知点()cos ,tan P αα在第三象限，则角α的终边在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】B 【解析】【分析】本题首先可以根据题意得出cos 0α<、tan 0α<，然后得出sin 0α>，即可得出结果.【详解】因为点()cos ,tan P αα在第三象限，所以cos 0α<，tan 0α<，则sin 0α>，角α的终边在第二象限，故选：B.例26．（2022·全国·高三专题练习（理））已知sin 0,cos 0αα><，则（）A ．sin 20α>B ．cos20α<C ．tan02α>D ．sin2α<【答案】C 【解析】【分析】由条件得到角α所在的象限，从而得到2α所在的象限，这样就可以得到答案.【详解】由sin 0,cos 0αα><知，α为第二象限角，所以2α为第一或第三象限角，所以tan02α>．故选：C.例27．（2022·江西南昌·三模（文））若角α的终边不在坐标轴上，且sin 2cos 2αα+=，则tan α=()A ．43B ．34C ．23D ．32【答案】A 【解析】【分析】结合易知条件和同角三角函数的平方关系即可求出cos α，从而求出sin α，根据sin tan cos ααα=即可求得结果．【详解】22sin cos 13cos 5sin 2cos 2ααααα⎧+=⇒=⎨+=⎩或cos 1α=，∵α的终边不在坐标轴上，∴3cos 5α=，∴34sin 2255α=-⨯=，∴sin 4tan cos 3ααα==．故选：A ．例28．（2022·全国·高三专题练习（理））若α是第二象限角，则下列不等式正确的是（）A ．()cos 0α->B ．tan02α>C ．sin 20α>D ．()sin 0α->【答案】B 【解析】【分析】根据α是第二象限角，分别求出四个选项中角所在的象限，再判断三角函数的符号，即可求解.【详解】对于A ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()ππ2π2πZ 2k k k α--<-<--∈，所以α-是第三象限角，所以()cos 0α-<，故选项A 不正确；对于B ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()ππππZ 422k k k α+<<+∈，当()2Z k n n =∈时，()ππ2π2πZ 422n n n α+<<+∈，此时2α是第一象限角，当()21Z k n n =+∈时，()5π3π2π2πZ 422n n n α+<<+∈，此时2α是第三象限角，所以2α是第一或第三象限角，所以tan02α>，故选项B 正确；对于C ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()π4π22π4πZ k k k α+<<+∈，所以2α是第三或第四象限角或终边落在y 轴非正半轴，所以sin 20α<，故选项C 不正确；对于D ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()ππ2π2πZ 2k k k α--<-<--∈，所以α-是第三象限角，所以()sin 0α-<，故选项D 不正确；故选：B.【方法技巧与总结】正弦函数值在第一、二象限为正，第三、四象限为负；．余弦函数值在第一、四象限为正，第二、三象限为负；．正切函数值在第一、三象限为正，第二、四象限为负．题型六：同角求值—条件中出现的角和结论中出现的角是相同的例29．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））若tan 2θ=-，则2sin 2cos 1θθ+的值为___________.【答案】23-【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数平方关系可构造正余弦齐次式，分子分母同除2cos θ，代入tan θ即可得到结果.【详解】2222sin 22sin cos 2tan 42cos 12cos sin 2tan 243θθθθθθθθ===-=-++++.故答案为：23-.例30．（2022·河北·沧县中学模拟预测）已知tan 3α=，则22sin 22sin cos2cos -=-αααα___________．【答案】43【解析】【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数齐次式关系求解即可.【详解】解：22222222sin 22sin 2sin cos 2sin 2tan 2tan 23234cos2cos sin tan 33---⨯-⨯====----ααααααααααα．故答案为：43例31．（2022·广东惠州·一模）已知tan 2α=，32παπ<<，则cos sin αα-=（）A B ．C D ．【答案】A 【解析】【分析】由sin tan 2cos ααα==及22sin cos 1αα+=解出sin α与cos α即可求解.【详解】因为sin tan 2cos ααα==，且22sin cos 1αα+=，32παπ<<，所以sin α=cos α=，所以cos sin αα⎛-== ⎝⎭.故选：A.例32．（2022·全国·模拟预测）已知0πA <<，1sin cos 5A A +=，则1sin 21cos 2AA-=+（）A ．132B ．118C ．4918D ．4932【答案】C 【解析】【分析】结合同角的平方关系以及二倍角公式即可求出结果.【详解】由1sin cos 5A A +=及22sin cos 1A A +=，解得4sin 5A =，3cos 5A =-或4cos 5A =，3sin 5A =-.因为sin 0A >，所以4sin 5A =，3cos 5A =-，所以24sin 22sin cos 25A A A ==-，227cos 2cos sin 25A A A =-=-，所以2411sin 2492571cos 218125A A +-==+-，故选：C.例33．（2022·海南·模拟预测）已知角α为第二象限角，tan 3α=-，则cos α=（）A．BC．D【答案】A 【解析】【分析】由角所在的象限及同角三角函数的平方关系、商数关系求cos α即可.【详解】因为α是第二象限角，所以sin 0α>，cos 0α<，由sin tan 3cos ααα==-，22sin cos 1αα+=，可得：cos α=故选：A.例34．（2022·全国·高三专题练习）已知(,22ππα∈-，且212sin 5cos 9αα-=，则cos 2=α（）A ．13B ．79-C ．34-D ．18【答案】B 【解析】【分析】利用同角公式化正弦为余弦，求出cos α的值，再利用二倍角的余弦公式求解即得.【详解】依题意，原等式化为：212(1cos )5cos 9αα--=，整理得：(4cos 3)(3cos 1)0αα+-=，因(,)22ππα∈-，则cos 0α>，解得：1cos 3α=，所以2217cos 22cos 12139αα⎛⎫=-=⨯-=- ⎪⎝⎭.故选：B例35．（2022·全国·高三阶段练习（理））若sin cos 2sin cos θθθθ+=-，则sin (1sin 2)sin cos θθθθ+=+（）A ．65-B ．25-C ．65D ．25【答案】C 【解析】【分析】由已知得sin 3cos θθ=，从而sin ,cos θθ同号，即sin cos 0>θθ，然后由平方关系求得22cos ,sin θθ，进而求得sin cos θθ，求值式应用二倍角公式和平方关系变形后可得结论．【详解】因为sin cos 2sin cos θθθθ+=-，所以sin 3cos θθ=，所以sin ,cos θθ同号，即sin cos 0>θθ，22222sin cos 9cos cos 10cos 1θθθθθ+=+==，21cos 10θ=，从而29sin 10θ=，229sin cos 100θθ=，所以3sin cos 10θθ=，22sin (1sin 2)sin (sin cos 2sin cos )sin (sin cos )sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθ+++==+++2936sin sin cos 10105θθθ=+=+=．故选：C ．例36．（2022·广东广州·三模）已知sin cos x x +=()0,πx ∈，则cos2x 的值为（）A ．12B C ．12-D ．【答案】D 【解析】【分析】将sin cos x x +=2sin x cos x =-12<0,结合sin cos x x +=求出x 的范围，再利用22cos 2sin 21x x +=求解即可.【详解】解：将sin cos x x +=2sin x cos x =-12<0,所以π(,π)2x ∈，又因为sin cos x x +=０，所以π3π(,24x ∈，2x 3π(π,)2∈,又因为sin2x =-12,所以cos2x 故选：D.例37．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知1sin cos 5θθ+=-，(0,)θπ∈，则sin cos θθ-=（）A ．15B ．15-C ．75D ．75-【答案】C 【解析】【分析】利用平方关系，结合同角三角函数关系式，即可求解.【详解】()21sin cos 12sin cos 25θθθθ+=+=，242sin cos 025θθ=-<，()0,θπ∈ ，,2πθπ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭，sin cos θθ>，()249sin cos 12sin cos 25θθθθ-=-=，所以7sin cos 5θθ-=.故选：C例38．（2022·山西晋中·模拟预测（理））若tan 1θ=-，则()cos 1sin 2sin cos θθθθ--等于（）A ．12B ．2C ．1-D ．13-【答案】C 【解析】【分析】化简原式为2tan 1tan 1θθ-+即得解.【详解】解：原式()222cos sin 2sin cos cos cos (sin cos )=sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθ-⋅+-=--22cos (sin cos )sin cos θθθθθ-=+2tan 12=1tan 12θθ--==-+.故选：C例39．（2022·湖北·模拟预测）已知()cos 3cos 02πααπ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭，则3sin sin sin 2ααπα-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭（）A ．35B ．35C ．310D ．310-【答案】D 【解析】【分析】根据题意求出tan α，再将原式化简为：32sin sin tan tan 1sin 2αααπαα-=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭，求解即可.【详解】因为()cos 3cos 02πααπ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭，所以sin 3cos 0αα--=，所以tan 3α=-()232sin 1sin sin sin tan 3sin cos cos tan 110sin 2αααααααπααα--====-+⎛⎫+ ⎪⎝⎭.故选：D.【方法技巧与总结】（1）若已知角的象限条件，先确定所求三角函数的符号，再利用三角形三角函数定义求未知三角函数值．（2）若无象限条件，一般“弦化切”．题型七：诱导求值与变形例40．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））若π1sin 63α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则2πcos 23α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．13B ．13-C ．79D ．79-【答案】D 【解析】【分析】由三角函数的二倍角的余弦公式，结合诱导公式，即可求得答案.【详解】由题意得：2222πππππ27cos 22cos 12cos 12sin 113326699αααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+-=---=--=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：D ．例41．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））若1sin ,63a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭则2cos 3a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．13B ．13-C ．79D ．79-【答案】B 【解析】【分析】利用诱导公式计算可得；【详解】解：因为1sin 63a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以21cos cos sin 32663ππππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：B.例42．（2022·青海·海东市教育研究室一模（理））()tan 165-︒=（）A ．2-B ．2-+C ．2D ．2【答案】C 【解析】【分析】先利用诱导公式可得()tan 165tan15-︒=︒，在运用正切两角差公式()tan15tan 4530︒=︒-︒计算．【详解】()()()tan 165tan 18015tan15tan 4530-︒=-︒+︒=︒=︒-︒1tan 45tan 3021tan 45tan 30︒-︒===+︒︒故选：C ．例43．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知2cos sin 022a ππα⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()tan -=πα（）A ．2B ．—2C ．12D ．12-【答案】C 【解析】【分析】根据诱导公式五、六可得2sin cos 0αα+=，由同角三角函数的关系可得1tan 2α=-，结合诱导公式二计算即可.【详解】由已知得2sin cos 0αα+=，12sin cos tan 2ααα∴=-∴=-，，∴1tan()tan 2παα-=-=.故选：C【方法技巧与总结】（1）诱导公式用于角的变换，凡遇到与2π整数倍角的和差问题可用诱导公式，用诱导公式可以把任意角的三角函数化成锐角三角函数．（2）通过2,,2πππ±±±等诱导变形把所给三角函数化成所需三角函数．（3）2,,2παβππ±=±±±等可利用诱导公式把,αβ的三角函数化【过关测试】一、单选题1．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，1AA 垂直于底面，13AA =，底面扇环所对的圆心角为2π，弧AD 长度是弧BC 长度的3倍，2CD =，则该曲池的体积为（）A ．92πB ．5πC ．112πD ．6π【答案】D 【解析】【分析】利用柱体体积公式求体积.【详解】不妨设弧AD 所在圆的半径为R ，弧BC 所在圆的半径为r ，由弧AD 长度为弧BC 长度的3倍可知3R r =，22CD R r r =-==，所以1r =，3R =.故该曲池的体积22()364V R r ππ=⨯-⨯=.故选：D.2．（2022·海南中学高三阶段练习）二十四节气是中华民族上古农耕文明的产物，是中国农历中表示李节变迁的24个特定节令．如图，每个节气对应地球在黄道上运动15︒所到达的一个位置．根据描述，从立冬到立春对应地球在黄道上运动所对圆心角的弧度数为（）A ．π3-B ．π2C ．5π12D ．π3【答案】B【解析】【分析】根据条件得到运行度数为6×15°，化为弧度即可得解.【详解】根据题意，立春是立冬后的第六个节气，故从立冬到立春相应于地球在黄道上逆时针运行了61590︒⨯=︒，所以从立冬到立春对应地球在黄道上运动所对圆心角的弧度数为π2.故选：B3．（2022·河北·模拟预测）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是圆心角等于23π的扇形，则该圆锥的体积为（）A B ．1627πC D ．1681π【答案】C 【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则由题意可得2223r ππ=⨯，从而可求出半径r ，再求出h ，进而可求出其体积【详解】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则由题意可得2223r ππ=⨯，解得23r =，所以h ===所以圆锥的体积为22112333V r h ππ⎛⎫==⨯=⎪⎝⎭故选：C4．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）已知角θ的大小如图所示，则1sin 2cos 2θθ+=（）A ．5-B ．5C ．15-D ．15【答案】A 【解析】【分析】由图中的信息可知tan 54πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，化简1sin 2cos 2θθ+即可.【详解】由图可知，tan 54πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，()()()22222cos sin 1sin 2sin cos 2sin cos cos sin cos 2cos sin cos sin cos sin cos sin θθθθθθθθθθθθθθθθθθ+++++===--+-tantan 1tan 4tan 51tan 41tan tan 4πθθπθπθθ++⎛⎫===+=- ⎪-⎝⎭-；故选：A.5．（2022·江西·临川一中模拟预测（文））tan195︒=（）A．2-B．2-+C ．2D ．2【答案】C 【解析】【分析】利用诱导公式及两角差的正切公式计算可得；【详解】解：()()tan195tan 18015tan15tan 4530︒=︒+︒=︒=︒-︒tan 45tan 301tan 45tan 30︒-︒=+︒︒12==故选：C6．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）若21sin2512sin αα+=-，则tan α=（）A ．23-B ．32-C ．23D ．32【答案】C 【解析】【分析】通过“1”的替换，齐次化，然后得到关于tan α的方程，解方程即可【详解】22221sin 2(cos sin )cos sin 1tan 512sin cos sin cos sin 1tan αααααααααααα++++====----,解得2tan 3α=故选：C7．（2022·四川成都·模拟预测（文））已知向量(3cos 2,sin )a αα= ，(2,cos 5sin )b αα=+ ，π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，若a b ⊥ ，则tan α=（）A ．2B ．-2C ．3D ．34【答案】C 【解析】【分析】由a b ⊥可得向量的数量积等于0，化简可得6cos 2sin (cos 5sin )0αααα++=，结合二倍角公式以及同角的三角函数关系式化为226tan tan n 10ta ααα-++=，可求得答案.【详解】由题意a b ⊥可得0a b ⋅= ，即6cos 2sin (cos 5sin )0αααα++=，即2226(cos sin )sin cos 5sin 0ααααα-++=，故22226cos sin sin c sin os 0cos αααααα-++=，即226tan tan n 10ta ααα-++=，由于π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故tan 3,tan 2αα==-（舍去），故选：C8．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（文））数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比m =2sin18︒）．A ．4B 1+C ．2D 1【答案】A 【解析】【分析】根据2sin18m ︒=，结合三角函数的基本关系式，诱导公式和倍角公式，即可求解.【详解】根据题意，可得2sin182cos72m =︒=︒，4sin144cos54︒==︒()4sin 90544cos544cos54cos54︒+︒︒===︒︒.故选：A ．二、多选题9．（2022·全国·高三专题练习）下列说法正确的有（）A ．经过30分钟，钟表的分针转过π弧度B ．1801radπ︒=C ．若sin 0θ>，cos 0θ<，则θ为第二象限角D ．若θ为第二象限角，则2θ为第一或第三象限角【答案】CD 【解析】【分析】对于A ，利用正负角的定义判断；对于B ，利用角度与弧度的互化公式判断；对于C ，由sin 0θ>求出θ的范围，由cos 0θ<求出θ的范围，然后求交集即可；对于D ，由θ是第二象限角，可得222k k ππθππ+<<+，k Z ∈，然后求2θ的范围可得答案【详解】对于A ，经过30分钟，钟表的分针转过π-弧度，不是π弧度，所以A 错；对于B ，1︒化成弧度是rad 180π，所以B 错误；对于C ，由sin 0θ>，可得θ为第一、第二及y 轴正半轴上的角；由cos 0θ<，可得θ为第二、第三及x 轴负半轴上的角.取交集可得θ是第二象限角，故C 正确；对于D ：若θ是第二象限角，所以222k k ππθππ+<<+，则()422k k k Z πθπππ+<<+∈，当2()k n n Z 时，则22()422n n n Z πθπππ+<<+∈，所以2θ为第一象限的角，当21()k n n Z =+∈时，5322()422n n n Z πθπππ+<<+∈，所以2θ为第三象限的角，综上，2θ为第一或第三象限角，故选项D 正确.故选：CD.10．（2022·全国·高三专题练习）中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形（如图）的面积为1S ，圆心角为1α，圆面中剩余部分的面积为2S ，圆心角为2α，当1S 与2S0.618≈（黄金分割比）时，折扇看上去较为美观，那么（）A ．1127.5α=︒B ．1137.5α=︒C．21)απ=D．12αα=【答案】BCD 【解析】【分析】利用扇形的面积公式以及角度制与弧度制的互化即可求解.【详解】设扇形的半径为R，由211122221212R S S R αααα===，故D 正确；由122ααπ+=，。
高考数学压轴专题新备战高考《函数与导数》知识点总复习附答案
新数学《函数与导数》专题解析(1)一、选择题1．函数()1sin cos 1sin cos 1tan 01sin cos 1sin cos 32x x x x f x x x x x x x π+-++⎛⎫=++<< ⎪+++-⎝⎭的最小值为（ ） ABCD【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简函数()f x ，求导数，利用导数求函数的最小值即可. 【详解】22222sin 2sin cos 2cos 2sin cos1sin cos 1sin cos 2222221sin cos 1sin cos 2cos 2sin cos 2sin 2sin cos 222222x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x +++-+++=++++-++ 2sin sin cos 2cos sin cos sin cos 222222222sin cos sin 2cos sin cos 2sin sin cos 22222222x x x x x x x xx x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+=⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 则()21tan 0sin 32f x x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭， 32222221sin 2cos 16cos cos 1()sin 3cos sin 3cos 3sin cos x x x x f x x x x x x x '''--+⎛⎫⎛⎫=+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令()cos 0,1t x =∈，()3261g t t t =--+为减函数，且102g ⎛⎫= ⎪⎝⎭， 所以当03x π<<时，()11,02t g t <<<，从而()'0f x <； 当32x ππ<<时，()10,02t g t <<>，从而()'0f x >. 故()min 33f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.2．给出下列说法：①“tan 1x =”是“4x π=”的充分不必要条件；②定义在[],a b 上的偶函数2()(5)f x x a x b =+++的最大值为30； ③命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x ∀∈+>R ”. 其中错误说法的个数为（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的定义判断①；利用函数奇偶性的性质以及二次函数的性质判断②；利用特称命题的否定判断③，进而可得结果. 【详解】 对于①，当4x π=时，一定有tan 1x =，但是当tan 1x =时，,4x k k ππ=+∈Z ，所以“tan 1x =”是“4x π=”的必要不充分条件，所以①不正确；对于②，因为()f x 为偶函数，所以5a =-.因为定义域[],a b 关于原点对称，所以5b =，所以函数2()5,[5,5]f x x x =+∈-的最大值为()()5530f f -==，所以②正确；对于③，命题“0001,2x x x ∃∈+≥R ”的否定形式是“1,2x x x∀∈+<R ”，所以③不正确； 故错误说法的个数为2. 故选：C. 【点睛】本题考查了特称命题的否定、充分条件与必要条件，考查了函数奇偶性的性质，同时考查了二次函数的性质，属于中档题..3．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（ ） A ．7 B ．4C ．0D ．﹣4【答案】A 【解析】()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-，()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ．4．函数22cos x xy x x--=-的图像大致为（ ）.A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】 本题采用排除法: 由5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭排除选项D ； 根据特殊值502f π⎛⎫>⎪⎝⎭排除选项C; 由0x >,且x 无限接近于0时, ()0f x <排除选项B ； 【详解】对于选项D:由题意可得, 令函数()f x = 22cos x xy x x--=-,则5522522522f ππππ--⎛⎫-= ⎪⎝⎭,5522522522f ππππ--⎛⎫= ⎪⎝⎭;即5522f f ππ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选项D 排除;对于选项C ：因为55225220522f ππππ--⎛⎫=>⎪⎝⎭,故选项C 排除;对于选项B:当0x >,且x 无限接近于0时,cos x x -接近于10-<,220x x -->，此时()0f x <.故选项B 排除;故选项:A 【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.5．函数()1ln f x x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】 【分析】通过函数在2x =处函数有意义，在2x =-处函数无意义，可排除A 、D ；通过判断当1x >时，函数的单调性可排除C ，即可得结果. 【详解】当2x =时，110x x -=>，函数有意义，可排除A ；当2x =-时，1302x x -=-<，函数无意义，可排除D ；又∵当1x >时，函数1y x x=-单调递增， 结合对数函数的单调性可得函数()1ln f x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增，可排除C ； 故选：B. 【点睛】本题主要考查函数的图象，考查同学们对函数基础知识的把握程度以及数形结合与分类讨论的思维能力，属于中档题.6．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且在()0,∞+上单调递增，则（ ） A ．()()()0.633log 132f f f -<-<B ．()()()0.6332log 13f f f -<<-C ．()()()0.632log 133f f f <-<- D ．()()()0.6323log 13f f f <-<【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数单调性可得到0.632log 133<<，结合单调性和偶函数的性质可得大小关系. 【详解】()f x Q 为R 上的偶函数，()()33f f ∴-=，()()33log 13log 13f f -=，0.633322log 9log 13log 273<=<<=Q 且()f x 在()0,∞+上单调递增，()()()0.632log 133f f f ∴<<，()()()0.632log 133f f f ∴<-<-.故选：C . 【点睛】本题考查函数值大小关系的比较，关键是能够利用奇偶性将自变量转化到同一单调区间内，由自变量的大小关系，利用函数单调性即可得到函数值的大小关系.7．函数()2sin 2xf x x x x=+-的大致图象为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】利用()10f <，以及函数的极限思想，可以排除错误选项得到正确答案。
高考数学试卷板块知识总结
一、函数与导数1. 函数概念：函数的定义、性质、图像及性质；反函数、复合函数、分段函数等。
2. 函数图像：函数图像的绘制方法、性质；函数图像与方程的关系。
3. 函数性质：函数的单调性、奇偶性、周期性、有界性等；函数的极限、连续性。
4. 导数：导数的定义、计算方法；导数的几何意义、物理意义；导数的应用：函数的极值、最值、凹凸性、拐点等。
5. 高阶导数：高阶导数的计算方法；高阶导数的应用。
二、三角函数与解三角形1. 三角函数：正弦、余弦、正切、余切、正割、余割函数的定义、性质、图像；三角函数的周期性、奇偶性、有界性。
2. 解三角形：正弦定理、余弦定理；解三角形的应用：求角度、边长、面积等。
3. 三角函数的应用：三角函数在物理、几何、经济等领域的应用。
三、数列与不等式1. 数列：数列的定义、性质、通项公式；数列的极限；数列的求和。
2. 不等式：不等式的性质、解法；不等式的应用：最值、比较大小等。
3. 概率与统计：概率的定义、性质；随机变量、分布函数；期望、方差；大数定律、中心极限定理等。
四、立体几何与解析几何1. 立体几何：点、线、面、体的概念、性质；线面关系、面面关系；空间角、距离、面积等。
2. 解析几何：解析几何的基本概念、方程；解析几何的应用：求点、线、面、体的位置关系；解析几何在几何证明中的应用。
五、概率与统计1. 概率：概率的定义、性质；条件概率、独立事件；随机变量、分布函数；期望、方差等。
2. 统计：数据的收集、整理、分析；描述性统计、推断性统计；相关分析、回归分析等。
六、复数与复平面1. 复数：复数的概念、性质；复数的运算；复数的几何意义。
2. 复平面：复平面的概念、性质；复数在复平面上的表示；复数的乘除运算等。
七、数学文化与应用1. 数学文化：数学史、数学家故事、数学趣味知识等。
2. 数学应用：数学在日常生活、科技、经济、管理等领域的应用。
以上是对高考数学试卷板块知识的总结，希望对考生在备考过程中有所帮助。
高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版
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的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。
这些问题的形式逐渐多样化、综合化。
一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数$f(x)=\sin x-\ln(1+x)$，$f'(x)$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。
解析】（1）设$g(x)=f'(x)$，则$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。
当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。
则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。
所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。
2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。
i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)<0$，故$f(x)$在$(-1,0)$单调递减，又$f(0)=0$，从而$x=0$是$f(x)$在$(-1,0]$的唯一零点。
高三导数压轴题题型归纳
-导数压轴题题型1. 高考命题回忆例1函数f(*)＝e *－ln(*＋m)．〔2013全国新课标Ⅱ卷〕(1)设*＝0是f(*)的极值点，求m ，并讨论f(*)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(*)>0.(1)解 f (*)＝e *－ln(*＋m )⇒f ′(*)＝e *－1*＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{*|*>－1}，f ′(*)＝e *－1*＋m ＝e **＋1－1*＋1，显然f (*)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (*)＝e *－ln(*＋2)，则g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)．h (*)＝g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)⇒h ′(*)＝e *＋1*＋22>0，所以h (*)是增函数，h (*)＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (*)＝g ′(*)＝0的唯一实根在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，设g ′(*)＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ， 当*∈(－2，t )时，g ′(*)<g ′(t )＝0，g (*)单调递减；当*∈(t ，＋∞)时，g ′(*)>g ′(t )＝0，g (*)单调递增；所以g (*)min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(*＋m )≤ln(*＋2)，所以f (*)＝e *－ln(*＋m )≥e *－ln(*＋2)＝g (*)≥g (*)min >0. 例2函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-〔2012全国新课标〕 (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)假设b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解： 导数与三角函数交汇问题(解析版)
高考数学复习历年压轴题归类专题讲解 导数与三角函数交汇问题（解析版）1．已知函数()e sin cos ,()e sin cos x x f x x x g x x x =--=++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ； （2）若()2g x ax +，求a ．【答案】(1)证明见解析；(2)2a =.(1)分类讨论：①.当45,4x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，()04x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭； ②.当,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()cos sin ,00x f x e x x f ''=-+=， ()sin cos 04x x f x e x x e x π⎛⎫''=++=++> ⎪⎝⎭， 则函数()f x '在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调增，则()()00f x f ''<=， 则函数()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调减，则()()00f x f >=； ③.当0x =时，由函数的解析式可知()01010f =--=，当[)0,x ∈+∞时，令()()sin 0H x x x x =-+≥，则()'cos 10H x x =-+≥，故函数()H x 在区间[)0,+∞上单调递增，从而：()()00H x H ≥=， 即sin 0,sin x x x x -+≥-≥-，从而函数()sin cos 1x x f x e x x e x =--≥--，令1x y e x =--，则：1x y e '=-，当0x ≥时，0y '≥，故1x y e x =--在[)0,+∞单调递增，故函数的最小值为0min 010y e =--=，从而：10x e x --≥.从而函数()sin cos 10x x f x e x x e x =--≥--≥；综上可得，题中的结论成立.(2) 当54x π>-时， 令()()2sin cos 2x h x g x ax e x x ax =--=++--﹐则()cos sin x h x e x x a '=+--， ()()0h x f x ''=>，故()h x '单调递增， 当2a >时， ()020h a '=-<，()()()ln 22ln 204h a a π⎡⎤'+=+->⎢⎥⎣⎦， ()()10,ln 2x a ∃∈+使得()10h x '=，当10x x <<时，()()0,h x h x '<单调递减，()()00h x h <=不符合题意; 当2a <时，()00h '>，若在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，总有()0h x '≥（不恒为零）， 则()h x 在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，但()00h =， 故当5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x <，不合题意． 故在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，()0h x '<有解， 故25,04x π⎛∃∈⎫- ⎪⎝⎭，使得()20h x '=， 且当20x x <<时，()()0,h x h x '>单调递增，故当()2,0x x ∈时，()(0)0h x h <=，不符合题意;故2a <不符合题意，当a =2时，()cos sin 2x h x e x x '=+--，由于()h x '单调递增，()00h '=，故：504x π-<<时，()()0,h x h x '<单调递减; 0x >时，()()0,h x h x '>单调递增，此时()()00h x h ≥=﹔当54x π-时，()5sin cos 220202x h x e x x x π=++--≥->， 综上可得，a =2.2．已知曲线()sin f x kx x b =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=． （1）求k ，b 的值； （2）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上零点的个数，并证明． 【答案】（1）2k =，3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．证明见解析. （1）因为()sin cos f x k x kx x '=+， 所以sin cos 2222f k k k ππππ⎛⎫'=+⨯= ⎪⎝⎭， 又因为sin 2222k f k b b ππππ⎛⎫=⨯+=+ ⎪⎝⎭， 因为曲线()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=． 所以2k =， 所以223,222f b πππ⎛⎫=+=⨯- ⎪⎝⎭ 所以3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点， 因为()2sin 2cos f x x x x '=+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上为单调递增函数且图象连续不断， 因为(0)30f =-<，302f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭， 所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．3．已知函数()cos sin x f x e x x x =-，()sin x g x x =-，其中e 是自然对数的底数.（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()12f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（2）若1x >-，求证：()()0f x g x ->.【答案】（1）1,)+∞；（2）证明见解析.解：（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦使得不等式()()12f x m g x ≤+成立， 即()()12max max f x m g x +⎡⎤⎣⎦，()cos sin x f x e x x x =-，()(cos sin )(sin cos )x f x e x x x x x ∴=--+'，()()cos 1sin x x e x x e x =--+， 当,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦π时，()0f x '>，故()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增， 所以当0x =时，max ()(0)1f x f ==，又()sin x g x x =-，()cos x g x x '∴=，()sin x g x x ''=-， 当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x ''<， ()'g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()(0)10g x g ∴'='<，故()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此，当0x =时，max ()(0)g x g ==12m ∴-， 即21m +，∴实数m 的取值范围是1,)+∞；（2）证明：当1x >-时，要证()()0f x g x ->，只需证cos sin sin 0x x e x x x x -->，即证(cos (1)sin x e x x x >+，由于cos 0,10x x +>+>，∴只需证1x e x >+令()(1)1xe h x x x =>-+， 则22(1)()(1)(1)x x xe x e xe h x x x +=++'-=， 当(1,0)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴当且仅当0x =时，()h x 取得最小值，且最小值为()0011e h ==，令k则cos sin k x x =，即sin cos x k x -，即sin())x k ϕϕ-==，1，即11k -，max 1k =，又当0x =时，01(0)k h =<=，当0x ≠时，()1h x k >，max min1x e x ⎛⎫∴> ⎪+⎝⎭，即1x e x >+ 综上所述：当1x >-时，()()0f x g x ->成立.4．已知函数()cos 2x f x e x =+-，()f x '为()f x 的导数.（1）当0x ≥时，求()'f x 的最小值；（2）当2x π≥-时，2cos 20x xe x x ax x +--≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a ≤.（1）()e sin x f x x '=-，令()e sin x g x x =-，0x ≥，则()e cos x g x x '=-.当[)0,πx ∈时，()g x '为增函数， ()()00g x g ''≥=；当[)π,x ∈+∞时，()πe 10g x '≥->.故0x ≥时，()0g x '≥，()g x 为增函数， 故()()min 01g x g ==，即()f x '的最小值为1.（2）令()e cos 2x h x x ax =+--，()e sin x h x x a '=--，则本题即证当π2x ≥-时， ()0x h x ⋅≥恒成立.当1a ≤时，若0x ≥，则由（1）可知，()10h x a '≥-≥， 所以()h x 为增函数，故()()00h x h ≥=恒成立，即()0x h x ⋅≥恒成立； 若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则()e cos x h x x ''=-， ()e sin x h x x '''=+在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为增函数， 又()01h '''=，π2πe 102h -⎛⎫'''-=-< ⎪⎝⎭， 故存在唯一0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭， 使得()00h x '''=. 当0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x '''<，()h x ''为减函数； ()0,0x x ∈时，()0h x '''≥，()h x ''为增函数. 又π2πe 02h -⎛⎫''-=> ⎪⎝⎭，()00h ''=，故存在唯一1π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭使得()10h x ''=. 故1π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()10h x ''>，()h x '为增函数； ()1,0x x ∈时，()10h x ''<，()h x '为减函数. 又π2πe 102h a ⎛⎫'-=+-> ⎪⎝⎭，()010h a '=-≥， 所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0h x '>，()h x 为增函数， 故()()00h x h ≤=，即()0x h x ⋅≥恒成立；当1a >时，由（1）可知()e sin x h x x a '=--在[)0,+∞上为增函数，且()010h a '=-<，()1110a h a e a +'+≥-->， 故存在唯一()20,x ∈+∞，使得()20h x '=. 则当()20,x x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数， 所以()()00h x h <=，此时()0x h x ⋅<， 与()0x h x ⋅≥恒成立矛盾.综上所述，1a ≤.5．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=． （1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解，求证：24a π．【答案】（1）单调递增；（2）证明见解析. 解：（1）()2sin f x x x '=-， 令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，()2cos 0h x x =->'，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增； 所以当[0,]x π∈时，()2sin 0f x x x -'=， 所以当[0,]x π∈时，2()cos f x x x =+单调递增．（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解， 所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅有解， 令()sin ()k x x f x =⋅，所以()cos ()sin ()k x x f x x f x ''=⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x '>>>>， 所以()0k x '>，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以24a π．6．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=.（1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 单调递增；（2）24a π.解：（1）()'2sin f x x x =-，令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，'()2cos 0h x x =->，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增；所以()(0)0h x h =，即()0f x '，所以()f x 单调递增.（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立， 所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅恒成立， 令()sin ()k x x f x =⋅，所以''()cos ()sin ()k x x f x x f x =⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，'cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x >>>>，所以'()0k x >，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以24a π≥.7．已知函数1()cos x f x e x -=，2()x g x e +=. （1）求函数()f x 在(,)ππ-上的单调区间；（2）证明：对任意的实数1x ，211,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，12x x <，都有()()()()121222g x g x f x f x ->-恒成立.【答案】（1）单调递增区间是,4ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.（1）解：11()(cos sin )sin 4x xf x e x x x π--⎛⎫'=-+=+ ⎪⎝⎭，当,4x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭或3,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当3,44x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<， 所以，函数()f x 的单调递增区间是,4ππ⎛⎫--⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）证明：因为12x x <，2()x g x e +=在11,2上是增函数， 所以不等式()()()()()()()()121221122222g x g x f x f x g x g x f x f x ->-⇔->-， 即()()()()221122g x f x g x f x +>+恒成立.设21()()2()2cos x x h x g x f x e e x +-=+=+，即证函数()h x 在11,2上是增函数， 即证21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥，即证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭在11,2上恒成立. 令()(1)x u x e x =-+，()1x u x e '=-，()u x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，min ()(0)0u x u ==.所以()0u x ≥，即1x e x ≥+.因为11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以2122x e x +≥+.所以要证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭成立，只需证2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，令()14v x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()14v x x π⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当(1,0)x ∈-时，()0v x '<，()v x 递减；当10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0v x '>，()v x 递增.min ()(0)0v x v ==，所以2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，即21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥在11,2上恒成立，所以原命题成立. 8．已知函数()(1cos )f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(,())f ππ，处的切线方程； （2）确定()f x 在33(,)22ππ-上极值点的个数，并说明理由． 【答案】（1）2y x =；（2）极值点的个数为2，理由见解析.（1）由题意，函数()(1cos )f x x x =-，可得()1cos sin f x x x x '=-+，则()2f π'=， 又由()2f ππ=，所以曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为22()y x ππ-=-，即2y x =．（2）由()1cos sin f x x x x '=-+，当(0,]x π∈时，()0f x '>，则()f x 在(0,]π上单调递增，无极值点； 设()()g x f x ='，则()2sin cos g x x x x '=+， 当3(,)2x ππ∈时，()0g x '<，则()g x 在3(,)2ππ上单调递减，因为()20g π=>，33π1022g π⎛⎫=-<⎪⎝⎭， 所以存在唯一的实数3(,)2m ππ∈，使得()0g m =， 当(,)x m π∈时，()0f x '>，当3(,)2x m π∈时，()0f x '<， 所以()f x 在3(0,)2π只有一个极值点，且该极值点为m ， 因为()()f x f x -=-，所以()f x 为奇函数， 所以()f x 在3(,0)2π-上也只有1个极值点，且该极值点为m -． 综上可得，()f x 在上极值点的个数为2． 9．已知函数cos ()(,a xf x b a x=+b ∈R ). （1）当1,0a b ==时，判断函数f (x )在区间(0,)2π内的单调性;（2）已知曲线cos ()a x f x b x =+在点(,())22f ππ处的切线方程为62.y x π=-+ (i )求f (x )的解析式; (ii )判断方程3()2f x π=-1在区间(0，2π]上解的个数，并说明理由. 【答案】（1）单调递减函数；（2）(i ) 3cos ()1xf x x=-； (ii ) 3个，理由见解析.（1）当1,0a b ==时，cos ()x f x x =，可得2sin cos ()x x xf x x ⋅+'=-， 因为(0,)2x π∈，所以sin cos 0x x x ⋅+>，即()0f x '<，所以函数()f x 在区间(0,)2π上为单调递减函数.（2）(i ) 由函数cos ()a x f x b x =+，可得2(sin cos )()a x x x f x x -⋅+'=，则2()2af ππ-'= 因为函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为62y x π=-+，所以26aππ-=-，解得3a =，当2x π=，代入切线方程为6212y ππ=-⨯+=-，可得()12f b π==-， 所以函数()f x 的解析式为3cos ()1xf x x=-. (ii ) 令()()33cos 3122x g f x x x ππ+=-=-，则()23(sin cos )x x x x g x -+'=， ①当(0,]2x π∈时，可得()0g x '<，()g x 单调递减，又由330(,022)()62g g ππππ->-=<=，所以函数()g x 在区间(0,]2π上只有一个零点；②当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，可得()3cos 302x x g x π-=<恒成立， 所以函数()g x 在区间3(,)22ππ上没有零点；③当3[,2]2x ππ∈时，令()sin cos h x x x x =+，可得()cos 0h x x x '=>， 所以()h x 在区间3[,2]2ππ单调递增，3(2)0,()02h h ππ><， 所以存在03[,2]2x ππ∈，使得()g x 在03[,)2x π上单调递增，在0(,2]x π单调递减，又由(2)0,()02g g ππ=<，所以函数在3[,2]2ππ上有两个零点，综上可得，方程3()12f x π=-在(0,2]π上有3个解. 10．已知函数()2sin f x x x =-.（1）当[]0,2x π∈时，求()f x 的最小值；（2）若[]0,x π∈时，()()1cos f x a x x x ≤--⋅，求实数a 的取值范围.【答案】（1）3π-（2）1a ≤（1）()12cos f x x '=-，[0,2]x π令()10cos 2f x x '>⇒<，得5,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；0f x，得0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和5,23ππ⎛⎤⎥⎝⎦所以()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在5,33上单调递增，在5,23ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减因为33f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)2f ππ=，(2)3f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以[0,2]x π时，min ()33f x f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭（2）()(1)cos f x a x x x ≤--⋅，即2sin cos 0x x x ax --≥.. 设()2sin cos h x x x x ax =--，[0,]x π∈()2cos cos sin cos sin h x x x x x a x x x a '=-+-=+-()cos h x x x ''=，∴0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''>，,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''<.∴()22h x h a ππ⎛⎫''≤=- ⎪⎝⎭，又(0)1h a '=-，()1h a π'=--.①02a π-≤即2a π≥时，()0h x '≤，()h x 在[]0,π上递减，则()0≤h x ，不满足. ②02a π->即2a π<时，当10a --<，10a -<即12a π<<时，00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '= 且00x x <<，()00h x '<，()h x 在()00,x 内递减，()(0)0h x h ≤=，不满足当10a --<，10a -≥即11a -<≤时，0,2x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，且00x x ≤<，()00h x '≥，0x x π<≤，()00h x '<，∴()h x 在()00,x 上递增，在()0,x π上递减，又(0)0h =，()(1)0h a ππ=->，所以()0h x ≥成立.当10a --≥，10a -≥即1a ≤-时，()0h x '>，()h x 在[]0,π上递增，则()(0)0h x h ≥=.满足题意.综上，1a ≤11．已知函数()sin 2( 2.71828x f x e a x x b e =--+≈，a ，)b R ∈.（1）当1a =时，存在0(x ∈-∞,0]，使得0()0f x <成立，求实数b 的取值范围；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 【答案】（1）1b <-；（2）证明见解析. （1）当1a =时，()sin 2x f x e x x b =--+，因为存在]0(,0x ∈-∞，使得0()0f x <即000sin 20xe b x x --+<成立，所以]max [sin 2],(,0xb e x x x <-++∈-∞，令]()sin 2,(,0xg x e x x x =-++∈-∞，则()cos 2x g x e x '=-++，](,0x ∈-∞，10x e ∴-≤-<，1cos 1x -≤≤，因此()0g x '≥恒成立，所以()g x 在](,0-∞上单调递增，max ()(0)1g x g ==-， 所以1b <-；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 即证：ln 1sin 0x x a x +->， 设()ln 1h x x x x =+-，则()ln h x x'=，所以当(0,1)x ∈时，()0h x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>， 所以()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 因此()()10h x h ≥=，所以ln 10x x x +-≥，即ln 1x x x +≥， 设()sin ,(0,)F x x a x x =-∈+∞，11a -≤≤，则()1cos 0F x a x '=-≥，所以()F x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0F x F ∴>=，即sin x a x >，所以ln 1sin x x a x +>，即ln 1sin 0x x a x +->， 综上，()1(ln 2)x f x b e x x +->-+成立.12．设函数()()2cos sin f x x x x =+-，()f x '是函数()f x 的导数.（1）证明：()f x '在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）证明：在()0,x ∈+∞上，()0f x >. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. （1）()()2cos sin f x x x x =+-，()2sin f x x x ∴=-'，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()2sin 2sin 2202f x x x x x x π=-≥>'->-->，因此，函数()y f x ='在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）()()()sin 2cos sin 2cos 2cos x f x x x x x x x ⎛⎫=+-=+- ⎪+⎝⎭，由[]cos 1,1x ∈-，所以2cos 0x +>恒成立，故只需证明sin 02cos xx x->+即可．设sin ()2cos xF x x x=-+，()()()()()222221cos 22cos 1cos 2cos 3102cos 2cos 2cos x x x x F x x x x +++++=-==++'>+，故函数()sin 2cos xF x x x=-+在区间()0,+∞上单调递增，所以()()00F x F >=．所以当0x >时，()0F x >，即()0f x >.13．设函数()sin xf x e m x n =-+（其中 2.71828e ≈⋯，m ，n 为常数）（1）当1m =时，对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，求实数n 的取值范围；（2）若曲线()y f x =在0x =处的切线方程为10x y --=，函数()()2g x xf x x =+-的零点为0x ，求所有满足[]0,1x k k ∈+的整数k 的和．【答案】（1）[)1,-+∞；（2）2-.（1）当1m =时，()sin x f x e x n =-+，()cos 0xf x e x '∴=->，当0x >时，e 1x >，[]cos 1,1x ∈-，()0f x '∴>对任意的()0,x ∈+∞都成立，()f x ∴在()0,∞+单调递增，()()01f x f n ∴>=+，要使得对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，则10n +≥，解得：1n ≥-， 即n 的取值范围为[)1,-+∞. （2）()cos x f x e m x '=-，()011f m '∴=-=，解得：0m =，又()011f n =+=-，2n ∴=-，()2x f x e ∴=-，()2xg x xe x =--，显然0x =不是()g x 的零点，20x xe x ∴--=可化为210xe x--=，令()21xh x e x =--，则()220x h x e x'=+>，()h x ∴在(),0-∞，()0,∞+上单调递增. 又()130h e =-<，()2220h e =->，()311303h e -=-<，()2120h e -=>， ()h x ∴在()3,2--，()1,2上各有1个零点，()g x ∴在[]3,2--，[]1,2上各有1个零点，∴整数k 的取值为3-或1，∴整数k 的所有取值的和为312-+=-.14．设函数()2sin f x x x π=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()22cos 22x m g x x x ππ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，()m R ∈.（1）证明：()0f x ≤；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()4g x π≥恒成立，求m 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（1）2()cos f x x π'=-在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，22()1,f x ππ⎡⎤'∈-⎢⎥⎣⎦， 所以存在唯一00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()00f x '=.当()00,,()0x x f x '∈<，()f x 递减；当0,,()02x x f x π⎛⎫'∈> ⎪⎝⎭，()f x 递增.所以max ()max (0),02f x f f π⎧⎫⎛⎫==⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，()0,02f x x π∴≤≤≤（2）2()sin 2x g x x m x ππ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭，2()cos g x x m π''=-+当0m ≥时，()0g x '≤，()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，min ()24g x g ππ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭，满足题意当20m π-<<时，()g x '在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增， 2(0)10g m π''=-+<，202g m ππ⎛⎫''=+> ⎪⎝⎭，所以存在唯一10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()10g x ''=.当()()10,,0x x g x ''∈<，()g x '递减；当()1,,02x x g x π⎛⎫''∈> ⎪⎝⎭，()g x '递增而(0)02g m π'=->，02g π⎛⎫'=⎪⎝⎭.所以存在唯一()220,,02x g x π⎛⎫'∈= ⎪⎝⎭. 当()20,,()0x x g x '∈>，()g x 递增；当2,,()0,()2x x g x g x π⎛⎫'∈< ⎪⎝⎭递减.要02x π≤≤时，()4g x π≥恒成立，即2(0)42824g m g πππππ⎧≥⎪-⎪⇒≥⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩所以2280m ππ-≤< 当2m π≤-时，()0g x ''≤，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()g x '递减，0,()02g g x π⎛⎫''=≥ ⎪⎝⎭()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递增，()24g x g ππ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭与题意矛盾 综上：m 的取值范围为228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭15．已知函数()()2cos sin f x a x x x =--.（Ⅰ）当=0a 时，求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当4a >，π[0,]2x ∈时，求函数()f x 的最大值；（Ⅲ）当12a <<，ππ[,]22x ∈-时，判断函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（Ⅰ）2y =；（Ⅱ）2π-；（Ⅲ）有2个零点，理由见解析.（Ⅰ）当0a =时，函数()2cos sin f x x x x =-，(0)2f =()2sin sin cos 3sin cos f x x x x x x x x '=---=--，∴切线的斜率(0)0k f '==，∴曲线()y f x =在原点处的切线方程为2y =.（Ⅱ）()(2)(sin )sin cos (3)sin cos f x a x x x x a x x x '=----=--， 令()(3)sin cos g x a x x x =--，则()(3)cos cos sin (4)cos sin g x a x x x x a x x x '=--+=-+，当4a >，π[0,]2x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在[0,]2π上单调递.所以()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '>，所以()f x 在[0,]2π上单调递增，所以当2x π=时，()f x 的最大值为()22f ππ=-. （Ⅲ）()(3)sin cos f x a x x x '=--，因为12a <<，当π[0,]2x ∈时，()0f x '≤，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '<，所以()f x 在[0,]2π上单调递减，因为(0)20,()022f a f ππ=->=-<，所以存在唯一0[0,]2x π∈，使得0()0f x =，即()f x 在[0,]2π上有且只有一个零点，因为()(2)cos()sin()(2)sin ()f x a x x x a x x f x -=--+-=--=， 所以()f x 是偶函数，其图像关于y 轴对称， 所以在[,0]2π-上有且只有一个零点，所以()f x 在[,]22ππ-上有2个零点. 16．设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数． （1）求()f x 的单调区间；（2）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（3）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z ；（2）证明见解析；（3）证明见解析. （1）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2()44k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ()f x 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．依题意及（1），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（3）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1nxn x =．记2n ny x n π=-，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 且()()()22e cos e cos 2e n ny x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ． 由()()20e 1n n f y f y -π==≤及（1），得0n y y ≥．由（2）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（2）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<．所以，20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．17．已知函数sin c s ()o f x m x x=+，其中m 为常数，且23π是函数()f x 的极值点．（Ⅰ）求m 的值；（Ⅰ）若(1)()x k e f x ->在0x >上恒成立，求实数k 的最小值．【答案】（Ⅰ）2m =；（Ⅱ）13．(Ⅰ)sin c s ()o f x m xx=+,则2cos 1()(co )s m f x m x x +'=+,23π是函数()f x 的极值点, 2()0,1032mf π'∴=-=,2m =, 又2m =时,2cos 12()(2)cos f x xx +'=+,当2(0,)3x π∈时,()0f x '>,2(,)3x ππ∈时,()0f x '<,∴()f x 在2(0,)3π上单调递增,2(,)3ππ上单调递减, ∴23π是函数()f x 的极大值点,∴2m =符合题意;(Ⅱ)令()(1)sin 2cos xg x k e xx=--+,则()00g =,由题得()0g x >在0x >上恒成立,2co 12(s cos )(2)x xx g x ke +'=-+,令[]2cos 1,3t x =+∈,则22123211,(2)cos cos 3t t x x +⎡⎤=-+∈-⎢⎥+⎣⎦,①当13k ≥时,13xke >,则()0g x '>,∴()g x 在(0,)+∞上单调递增,∴()()00g x g >=,成立; ②当103k <<时,令()()h x g x =', 则3sin cos 2(1)(s )()co 2xx x h x e x k -'=-+,在(0,)x π∈时,()0h x '>, ∴()h x 在(0,)π上单调递增,又1(0)03h k =-<,1(0)h ke ππ=+>,则在(0,)π上存在唯一0x 使得()00h x =,∴当()00,x x ∈时,()0h x <,()g x 在()00,x 上单调递减,()()00g x g <=,不符合题意;③当0k ≤时,在(0,)2x π∈时,()0g x '<,∴()g x 在(0,)2π上单调递减,此时()()00g x g <=,不符合题意;综上所述,实数k 的最小值为13.18．已知函数()(sin cos )x f x e x x =+． （1）求()f x 的单调递增区间；（2）求证：曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一条斜率为2的切线．【答案】（1）2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）见解析（1）函数()(sin cos )x f x e x x =+,x ∈R ，则()(sin cos )(cos sin )2cos x x x f x e x x e x x e x '=++-=，令()2cos 0x f x e x '=>得2,222x k k ππππ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈，∴()f x 单调递增区间为2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）原命题等价于：在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，方程cos 1x e x =有唯一解，设()cos xg x e x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则()cos sin sin 4x x xg x e x e x x π⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭此时，x ，()'g x ，()g x 变化情况如下：此时，()g x 在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，且(0)1g =，414g e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭， ()g x 在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()cos 1x g x e x ==在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个根，()2cos 20xf x e x '=-=在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，∴曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一条斜率为2的切线.19．已知()sin ()x f x e x ax a R =++∈.（1）当2a =-时，求证：()f x 在(,0)-∞上单调递减； （2）若对任意0x ≥，()1f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）2a ≥-.（1）由题意，函数()sin ()x f x e x ax a R =++∈，可得， 由2a =-时，则()cos 2x f x e x '=+-，当0x <时，1,cos 1x e x <≤ ，所以()cos 20x f x e x '=+-<， 所以()f x 在(,0)-∞单调递减.（2）当0x =时，()11f x =≥，对于R a ∈，命题成立， 当0x >时，由（1）()cos x f x e x a '=++，设()cos =++x g x e x a ，则()sin x g x e x '=-，因为1,sin 1>≤x e x 所以()sin 110x g x e x '=->-=，()g x 在(0,)+∞上单调递增， 又(0)2=+g a ， 所以()2>+g x a ，所以()'f x 在(0,)+∞上单调递增，且()2f x a '>+，①当2a ≥-时，'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增， 因为2a ≥-，所以()1f x >恒成立；②当2a <-时，(0)20f a '=+<，因为()'f x 在[0,)+∞上单调递增，又当ln(2)=-x a 时，()2cos(ln(2))2cos(ln(2))0f x a a a a '=-++-+=+->， 所以存在0(0,)x ∈+∞对于()00,x x ∈，'()0f x <恒成立.所以()f x 在()00,x 上单调递减，所以当()00,x x ∈时，()<(0)1f x f =，不合题意. 综上，当2a ≥-时，对于0x ≥，()1f x ≥恒成立.20．已知函数()cos ,,2xf x e x x π⎡⎫=-∈-+∞⎪⎢⎣⎭，证明.（1）()f x 存在唯一的极小值点；（2）()f x 的极小值点为0x ，()010f x -<<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）()sin x f x e x '=+，设()()sin x g x f x e x '==+，则()cos xg x e x '=+，当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，[)()cos 0,1,0,1xx e ∈∈，所以()0g x '>.当[)0,x ∈+∞时，()0cos 1cos 0g x e x x '≥+=+≥，综上所述，当,2x π⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭时，()0g x '≥恒成立，故()()f x g x '=在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增. 又()02110,0102f e e f ππ-⎛⎫''-=-<-==> ⎪⎝⎭， 由零点存在定理可知，函数()f x '在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上存在唯一的零点0x ，且0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 结合单调性可得()f x 在02x π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()f x 存在唯一极小值点0x .（2）由（1）知，0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，且021102f e e ππ-⎛⎫'-=-<-= ⎪⎝⎭，11224211422f eeπππ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪'-=-=-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而122e eπ>>，所以11222112eπ⎛⎫⎛⎫⎪< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即04fπ⎛⎫'<⎪⎝⎭，()00010f e'=+=>，故极小值点0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，且()000sin0xf x e x'=+=，即0sinxe x=-，∴()000cosxf x e x=-()000sin cos4x x xπ⎛⎫=-+=+⎪⎝⎭.由0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，得00,44xππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()1,04xπ⎛⎫+∈-⎪⎝⎭，即()010f x-<<.21．已知函数2()cos()f x ax x a R=+∈.（1）当1aπ=时，求曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线；（2）若0x=为()f x的一个极大值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）4yπ=；（2）12a≤解：（1）当1aπ=时，2()cos1f x x xπ=+，则()2sinf x x xπ'=-，()sin02222fππππ⨯'∴=-=，2()cos22241fπππππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭⨯，∴曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线为4yπ=；（2）由已知()2sin f x ax x '=-， 则(0)0f '=，所以0x =为()f x 的一个极值点，要0x =为()f x 的一个极大值点，则0x =在()2sin f x ax x '=-的单调减区间中， 又()2cos f x a x ''=-， 则(0)2cos00f a ''=-<， 解得12a <， 又当12a =时，()1cos 0f x x ''=-≤恒成立， 故12a ≤. 22．已知函数21()cos ()4f x x x x R =+∈. （1）求曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线； （2）求证：0x =为函数()f x 的极大值点. 【答案】（1）1y =，（2）证明见解析.（1）因为21()cos ()4f x x x x R =+∈，所以1()sin 2f x x x '=-所以()()01,00f f '==，所以曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线为：1y = （2）令()1()sin 2g x f x x x '==-，则()1cos 2g x x '=-所以可得当,33x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x '<所以()g x 在,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，因为()00g =所以当,03x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x >，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x < 所以()f x 在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减所以0x =为函数()f x 的极大值点.23．已知函数()2ln cos 1f x x x x =-++.证明：（1）()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点.（2）对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析（1）由题意知：21()2cos sin f x x x x x x '=-+-在[,)2ππ上有()0f x '<恒成立 ∴()f x 在[,)2ππ上单调递减，而(,)2e ππ∈，2()cos 0f e e e =<，()1ln 1ln 022f e ππ=->-= 可知：()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点（2）要证：对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+需证：()22ln cos 1(21)ln 0f x x x x x x x x x ++--=-+>恒成立令()(21)ln g x x x x =-+，故1()2ln 3g x x x'=-+，而()'g x 在()0,x ∈+∞单调增∵(1)20g '=>，1()12ln 2ln 024eg '=-=<∴必01(,1)2x ∃∈，使得0001()2ln 30g x x x '=-+=，即有00013ln 2x x x -= ∴在0(0,)x 上()0g x '<，()g x 单调减；在0(,)x +∞上()0g x '>，()g x 单调增故2000min0000000(21)(13)251()()(21)ln (2)0222x x x g x g x x x x x x x --+==-+==-+>(21)ln 0x x x -+>在对任意()0,x ∈+∞恒成立得证∴对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+24．已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.25．已知函数()cos axf x e x a =+．（1）当1a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设1a ≥，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有()()()a f x a bx f x '-≤+成立，求b 的取值范围（注()axaxe ae='）．【答案】（1）函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增；()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减；（2）22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（1）()cos 1x f x e x =+，得()()cos sin cos 4x xf x e x x e x π=⎪⎛⎫'=-⋅+ ⎝⎭，令()0f x '>，得cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭，22242k x k πππππ-<+<+，所以312244k x k ππππ-+<<+，()k Z ∈，令()0f x '<，得cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭，322242k x k πππππ+<+<+，所以152244k x k ππππ+<<+，()k Z ∈．所以函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增； ()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减． （2）设()()()()sin axg x a f x a f x bx e x bx '=---=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()sin cos axg x e a x x b '=+-．设()()sin cos axh x ea x xb =+-，则()()21sin 2cos 0ax h x e a x a x ⎡⎤'=-+≥⎣⎦，()h x ∴单调递增，即()g x '在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()21,a g x b ae b π⎡⎤'∴∈--⎢⎥⎣⎦．当1b ≤时，()0g x '≥，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，0g x g ，不符合题意；当2a b e π≥时，()0g x '≤，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()()00g x g ≤=，符合题意；当21a b ae π<<时，由于()g x '为一个单调递增的函数，而()010g b '=-<，202a g ae b ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理，必存在一个零点0x ，使得()00g x '=，从而()g x 在[]00,x x ∈上单调递减，在0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，因此只需02g π⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，22a e b ππ∴≤，22ab e ππ∴≥，从而222a e ae b πππ≤<综上，b 的取值范围为22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．。
导数压轴大题归类 (解析版)
导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。
高考导数压轴题型归类总结
⑴当a 0时，f (x) x2e x ，f '(x) (x2 2x)e x，故f '(1) 3e.
所以曲线y f (x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e.
f '(x) x (a 2)x 2a 4ae . ⑵
2
2
x
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m
令f '(x) 0，解得x 2a，或x a 2.由a 2 知， 2a a 2. 3
函数f ( x)在x 2a处取得极大值f (2a)，且f (2a) 3ae 2a . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f (x)在x a 2处取得极小值f (a 2)，且f (a 2) (4 3a)ea2.
② 若a ＜ 2 ，则 2a ＞ a 2 ，当 x 变化时， f '(x)，f (x) 的变化情况如下表： 3
5
已知函数 f (x) =ln(1+ x )- x + x x2 ( k ≥0). 2
(Ⅰ)当 k =2时，求曲线 y = f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程；
(Ⅱ)求 f (x) 的单调区间.
解：（I）当 k 2 时， f (x) ln(1 x) x x2 ， f '(x) 1 1 2x 1 x
(0,)
，
令 g(x) ax2 x 1 a, x (0,),
8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到 e 底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零 点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)
已知函数 f (x) ln x, g(x) ex.
⑴若函数 φ (x) = f (x)－ x 1 ，求函数 φ (x)的单调区间； x1
2
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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()()()211cos ,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,)2π-()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 (),2f 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, 2π)， 有sin cos 0x x x +>,当a=0时,f(x)=− 32，不合题意； 当a<0时,x∈(0,2π),f′(x)<0,从而f(x)在(0, 2π)单调递减， 又函数3()sin 2f x ax x =- (a∈R)在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0, 2π]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, 2π)单调递增， 又函数3()sin 2f x ax x =-(a∈R)在[0, 2π]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=32π-，解得a=1，综上所述,得3()sin (),2f 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)=− 32<0,f(2π)=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, 2π)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, 2π)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[2π,π]上的图象是连续不断的，故存在m∈2π,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[2π,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(2π,m)内无零点；当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0，从而f(x)在(2π,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.【解析】(1)设()()112cos g x f x x x'==-+， 当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x '=--<，所以()g x 在()0,π上单调递减，又因为31103g ππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，所以命题得证．(2) ①由(1)知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增; 当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=-+>-> ⎪⎝⎭又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=--+<--+< ⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,α上恰有一个零点．又因为()ln 20f ππππ=-<-<，所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点． ②当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤- ，设()ln h x x x =-，()110h x x'=-< 所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤< 所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立 所以()f x 在[),2ππ上没有零点． ③当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤-+ 设()ln 2x x x ϕ=-+，()110x xϕ'=-< 所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤< 所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立 所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点． 综上，()f x 有且仅有两个零点．【变式训练3】（2020年3月武汉市高三质检文）（1）研究函数()()π，在0xxsin x f =上的单调性； （2）求函数()x cos x x g π+=2的最小值 解析（1）略【变式训练4】（2020年3月武汉市高三质检理）（1）证明函数x cos x x sin e y x 22--=在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛--2ππ,上单调递增；（2）证明函数()x sin xe xf x2-=在()0,π-上有且仅有一个极大值点，且()200<<x f解析：二、零点存在性赋值理论例、（2020年安徽省淮北一中模拟）已知函数().x cos x e x f x --=2（1）当()0,x ∞-∈，求证：()0>x f ；（2）若函数()()()1++=x ln x f x g ，求证：函数()x g 存在最小值.【变式训练1】已知函数().ax x cos x f 12-+= （1）当21=a 时，证明：()0≥x f ； （2）若()x f 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围.。