【高考数学】《三角函数与导数》的综合题(含答案)

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．
.
（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．（1）证明：f′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f′（x ）为f （x ）的导数．1.【高考数学】《三角函数与导数》的综合题
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,)2
π
-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．
()2
2cos f x x x =+()()cos sin 22x
g x e x x x =-+-2.71828e =L ()y f x =()()()()h x g x af x a R =-∈()h x
5. 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2,24
2m m πππ⎛
⎫++ ⎪⎝
⎭
内的零点，其中n N ∈，
证明：200
22sin cos n n n x x e x π
π
π-+-<-.
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,
)2
x π
∈，使0()0f x =；
（2）存在唯一1(,)2
x π
π∈，使1()0g x =，且对（1）中的01x x π+<.
8. 已知函数()()()[]3
21,12cos .0,12
x
x f x x e g x ax x x x -=+=+++∈当时， （I ）求证：()1
1-;1x f x x
≤≤+
（II ）若()()f x g x ≥恒成立，
a 求实数的取值范围.
.
微专题 三角函数与导数的综合题答案
1. 解：（1）()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x '=-+-=+-
令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++= 当()0,x π∈时，令()0g x '=，解得：2
x π
=
∴当0,
2x
时，()0g x '>；当,2x ππ⎛⎫
∈
⎪⎝⎭时，()0g x '<
g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递增；在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递减
又()0110g =-=，1022
g ππ
⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()112g π=--=-
即当0,
2
x 时，()0g x >，此时()g x 无零点，即()f x '无零点
()02g g ππ⎛⎫⋅< ⎪⎝⎭ 0,2x ππ⎛⎫
∴∃∈ ⎪⎝⎭
，使得()00g x = 又()g x 在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减
0x x ∴=为()g x ，即()f x '在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上的唯一零点 综上所述：()f x '在区间()0,π存在唯一零点
（2）若[]0,x π∈时，()f x ax ≥，即()0f x ax -≥恒成立
令()()()2sin cos 1h x f x ax x x x a x =-=--+ 则()cos sin 1h x x x x a '=+--，()()cos h x x x g x '''==
由（1）可知，()h x '在0,
2π⎛⎫
⎪⎝
⎭
上单调递增；在,2ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减 且()0h a '=-，222h a ππ-⎛⎫'=
- ⎪⎝⎭
，()2h a π'=-- ()()min 2h x h a π''∴==--，()max 2
22h x h a ππ-⎛⎫''==
- ⎪⎝⎭
①当2a ≤-时，()()min 20h x h a π''==--≥，即()0h x '≥在[]0,π上恒成立
()h x ∴在[]0,π上单调递增 0
0h x
h ，即()0f x ax -≥，此时()f x ax ≥恒成立
②当20a -<≤时，()00h '≥，02h π⎛⎫
'>
⎪⎝⎭
，()0h π'< 1,2x ππ⎛⎫
∴∃∈ ⎪⎝⎭
，使得()10h x '=
()h x ∴在[)10,x 上单调递增，在(]1,x π上单调递减
又()00h =，()()2sin cos 10h a a ππππππ=--+=-≥
()0h x ∴≥在[]0,π上恒成立，即()f x ax ≥恒成立
③当2
02a π-<<
时，()00h '<，2
022h a ππ-⎛⎫'=
->
⎪⎝⎭
20,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()20h x '=()h x ∴在[)20,x 上单调递减，在2,2x π⎛⎫
⎪⎝
⎭上单调递增
()20,x x ∴∈时，()()00h x h <=，可知()f x ax ≥不恒成立 ④当2
2a π-≥
时，()max 2
022h x h a ππ-⎛⎫''==
-≤
⎪⎝⎭
()h x ∴在0,2π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减 0
0h x
h 可知()f x ax ≥不恒成立
综上所述：(],0a ∈-∞
2. 解：（Ⅰ）22
(2cos )cos sin (sin )2cos 1
()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==
++． 当2π2π2π2π33k x k -<<+
（k ∈Z ）时，1
cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+
（k ∈Z ）时，1
cos 2
x <-，即()0f x '<． 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛
⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛
⎫++ ⎪⎝
⎭，（k ∈Z ）是减函数 （Ⅱ）令()()g x ax f x =-，则2
2cos 1
()(2cos )x g x a x +'=-+
2232cos (2cos )a x x =-+++2
11132cos 33a x ⎛
⎫=-+- ⎪
+⎝⎭
． 故当1
3
a ≥时，()0g x '≥．又(0)0g =，
所以当0x ≥时，()(0)0g x g =≥，即()f x ax ≤
当1
03
a <<时，令()sin 3h x x ax =-，则()cos 3h x x a '=-．
故当[)0arccos3x a ∈，
时，()0h x '>．因此()h x 在[)0arccos3a ，上单调增加． 故当(0arccos3)x a ∈，时，()(0)0h x h >=，即sin 3x ax >．
于是，当(0arccos3)x a ∈，时，sin sin ()2cos 3x x
f x ax x =>>+．
当0a ≤时，有π1π0222f a ⎛⎫=> ⎪⎝⎭g ≥． 因此，a 的取值范围是13⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
，
．
3. 解：（Ⅰ）易求： （Ⅱ）由题意得 2()(cos sin 22)(2cos )x
h x e
x x x a x x =-+--+，
2
22y x ππ=--
因为
，
令
，
则，所以在上单调递增.
因为(0)0,
m=所以当时，()0,
m x>当0
x<时，
(1)当时，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时取得极小值，极小值是；
极大值为，
当时取到极小值，极小值是；
②当时，，
所以当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上递增，在上递减，函数有极大值，也有极小值，
()()()()
cos sin22sin cos222sin
x x
h x e x x x e x x a x x
'=-+-+--+--
()()
2sin2sin
x
e x x a x x
=---()()
2sin
x
e a x x
=--
()sin
m x x x
=-()1cos0
m x x
'=-≥()
m x R
x>()0
m x<
a≤x e a
-0
>
x<()0
h x
'<()
h x0
x>()0
h x
'>()
h x
x=()
h x()021
h a
=--
()()()
2
ln ln2ln sin ln cos ln2
h a a a a a a
⎡⎤
=--+++
⎣⎦
x=()
h x()021
h a
=--
1
a=ln0
a=
()
,
x∈-∞+∞()0
h x
'≥()
h x()
,
-∞+∞
1
a>ln0
a>
(),0
x∈-∞ln0
x a
e e
-<()()
0,
h x h x
'>
()
0,ln
x a
∈ln0
x a
e e
-<()()
0,
h x h x
'<
()
ln,
x a
∈+∞ln0
x a
e e
->()()
0,
h x h x
'>
x=()
h x()021
h a
=--
ln
x a
=()
h x
()()()
2
ln ln2ln sin ln cos ln2
h a a a a a a
⎡⎤
=--+++
⎣⎦
a≤()
h x(),0
-∞()
0,+∞
()
h x()021
h a
=--
01
a
<<()
h x()
,ln a
-∞()
0,ln a()
0,+∞()
ln,0
a
()
h x
4. 解（1）由题意知：()f x 定义域为：()1,-+∞且()1cos 1
f x x x '=-
+ 令()1
cos 1g x x x =-+，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭ ()()21sin 1g x x x '∴=-++，1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝
⎭ ()
2
1
1x +在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，1111,7n n
a a +-=在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减
()g x '∴在1,2
π⎛⎫- ⎪⎝
⎭
上单调递减，又()0sin 0110g '=-+=>，
()()2244sin 102222g ππππ⎛⎫'=-+=-< ⎪⎝⎭++，00,2x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00g x '= ∴当()01,x x ∈-时，()0g x '>；0,2x x π⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<
即()g x 在()01,x -上单调递增；在0,2x π⎛⎫
⎪⎝⎭
上单调递减
则0x x =为()g x 唯一的极大值点，即()f x '在1,2π⎛⎫
- ⎪⎝⎭
上存在唯一的极大值点0x .
（2）由（1）知：()1
cos 1
f x x x '=-
+，()1,x ∈-+∞ ①当(]1,0x ∈-时，由（1）可知()f x '在(]1,0-上单调递增
()()00f x f ''∴≤= ()f x ∴在(]1,0-上单调递减
又()00f =， 0x ∴=为()f x 在(]1,0-上的唯一零点
②当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()f x '在00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递减
又()00f '= ()00f x '∴>
()f x ∴在00,x 上单调递增，此时()()00f x f >=，不存在零点
又22cos 02222f ππππ⎛⎫'=-=-< ⎪++⎝⎭，10,2x x π⎛⎫∴∃∈ ⎪⎝
⎭，使得()10f x '=
()f x ∴在()01,x x 上单调递增，在1,2x π⎛⎫ ⎪⎝
⎭
上单调递减
又
()()000f x f >=，2sin ln 1ln
ln102222e f ππππ⎛⎫⎛⎫
=-+=>= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭
()0f x ∴>在0,2x π⎛⎫
⎪⎝⎭上恒成立，此时不存在零点
③当,2x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
时，sin x 单调递减，()ln 1x -+单调递减
()f x ∴在,2ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上单调递减，又02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭
，
()()()sin ln 1ln 10f ππππ=-+=-+<，即()02f f ππ⎛⎫
⋅< ⎪⎝⎭
，
又()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减 ∴()f x 在,2ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦
上存在唯一零点
④当(),x π∈+∞时，[]sin 1,1x ∈-，()()ln 1ln 1ln 1x e π+>+>=
()sin ln 10x x ∴-+<，即()f x 在(),π+∞上不存在零点
综上所述：()f x 有且仅有2个零点 5.具体答案如下：
6. 解：(Ⅰ)由已知，有()()'e
cos sin x
f x x x =-.
当()52,244x k k k Z ππππ⎛
⎫∈+
+∈ ⎪⎝⎭时，有sin cos x x >，得()'0f x <，则()f x 递减; 当()32,244x k k k Z ππππ⎛
⎫∈-+∈ ⎪⎝
⎭时，有sin cos x x <，得()'0f x >，则()f x 递增. 所以()f x 的递增区间为()32,244k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝
⎭，
()f x 的递减区间为()52,244k k k Z ππππ⎛
⎫++∈ ⎪⎝
⎭.
(Ⅱ)记()()()2h x f x g x x π⎛⎫
-=
⎝+⎪⎭.依题意及(Ⅰ)有：()()cos sin x g x e x x =-， 从而'()2sin x g x e x =-.当,42x ππ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，()'0g x <，故
'()'()'()()(1)()022h x f x g x x g x g x x ππ'⎛⎫⎛⎫
=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.
因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦
上递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫
== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.
所以，当,42x ππ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+- ⎪⎝⎭
.
(Ⅲ)依题意，()()10n n u x f x =-=，即e cos 1n x
n x =.
记2n n
y x n π=-，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
. 且()e cos n y n n f y y ==()()22e cos 2e n
x n n n x n n N π
ππ---∈=. 由()()20e
1n n f y f y π
-==及(Ⅰ)得0n y y .
由(Ⅱ)知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，()'0g x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦上为减函数，
因此()
()004n g y g y g π⎛⎫<= ⎪⎝⎭.又由(Ⅱ)知()()02n n n f y g y y π⎛⎫
+- ⎪⎝⎭
，故：
()()()
2e 2
n n n
n n f y y g y g y ππ
---=-()()022200000
sin cos sin cos n n n y e e e g y e y y x x πππ
---=<--. 所以200
e 22sin cos n n n x x x π
π
π-+--<.
7. 证明：（Ⅰ）∵当x ∈（0，）时，f′（x ）=﹣（1+sinx ）（π+2x ）﹣2x ﹣cosx ＜0，
∴函数f （x ）在（0，
）上为减函数，
又f （0）=π﹣＞0，f （）=﹣π2
﹣
＜0；
∴存在唯一的x 0∈（0，），使f （x 0）=0；
（Ⅱ）考虑函数h （x ）=
﹣4ln （3﹣
x ），x ∈[
，π]，
令t=π﹣x，则x∈[，π]时，t∈[0，]，
记函数u（t）=h（π﹣t）=﹣4ln（1+t），
则u′（t）=﹣•
=﹣=﹣
==，
由（Ⅰ）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）＞0；
在（0，x0）上u（x）是增函数，又u（0）=0，
∴当t∈（0，x0]时，u（t）＞0，
∴u（t）在（0，x0]上无零点；
在（x0，）上u（t）是减函数，且u（x0）＞0，u（）=﹣4ln2＜0，
∴存在唯一的t1∈（x0，），使u（t1）=0；
∴存在唯一的t1∈（0，），使u（t1）=0；
∴存在唯一的x1=π﹣t1∈（，π），使h（x1）=h（π﹣t1）=u（t1）=0；
∵当x∈（，π）时，1+sinx＞0，∴g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，∴存在唯一的x1∈（，π），使g（x1）=0，
∵x1=π﹣t1，t1＞x0，∴x0+x1＜π．
8. （I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e﹣2x≥1﹣x⇔（1+x）e﹣x≥（1﹣x）e x，
令h（x）=（1+x）e﹣x﹣（1﹣x）e x，则h′（x）=x（e x﹣e﹣x）．
当x∈[0，1）时，h′（x）≥0，∴h（x）在[0，1）上是增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1﹣x．
②当x∈[0，1）时，⇔e x≥1+x，
令u（x）=e x﹣1﹣x，则u′（x）=e x﹣1．
当x∈[0，1）时，u′（x）≥0，
∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，
∴f（x）．
综上可知：．
（II）解：设G（x）=f（x）﹣g（x）=
≥=．
令H（x）=，则H′（x）=x﹣2sinx，
令K（x）=x﹣2sinx，则K′（x）=1﹣2cosx．
当x∈[0，1）时，K′（x）＜0，
可得H′（x）是[0，1）上的减函数，
∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，
∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．
∴当a≤﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．
下面证明当a＞﹣3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．
f（x）﹣g（x）≤=
=﹣x．
令v（x）==，
则v′（x）=．
当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．
当a＞﹣3时，a+3＞0．
∴存在x0∈（0，1），使得v（x0）＞0，此时，f（x0）＜g（x0）．即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．
综上实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]．。