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以三角函数为载体的导数题汇编

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三角函数诱导公式练习题集附答案解析

三角函数诱导公式练习题集附答案解析

三角函数诱导公式练习题一、选择题（共21小题）1、已知函数f（x）=sin，g（x）=tan（π﹣x），则（）A、f（x）与g（x）都是奇函数B、f（x）与g（x）都是偶函数C、f（x）是奇函数，g（x）是偶函数D、f（x）是偶函数，g（x）是奇函数2、点P（cos2009°，sin2009°）落在（）A、第一象限B、第二象限C、第三象限D、第四象限3、已知，则=（）A、B、C、D、4、若tan160°=a，则sin2000°等于（）A、B、C、D、﹣5、已知cos（+α）=﹣，则sin（﹣α）=（）A、﹣B、C、﹣D、6、函数的最小值等于（）A、﹣3B、﹣2C、D、﹣17、本式的值是（）A、1B、﹣1C、D、8、已知且α是第三象限的角，则cos（2π﹣α）的值是（）A、B、C、D、9、已知f（cosx）=cos2x，则f（sin30°）的值等于（）A、B、﹣C、0 D、110、已知sin（a+）=，则cos（2a﹣）的值是（）A、B、C、﹣D、﹣11、若，，则的值为（）A、B、C、D、12、已知，则的值是（）A、B、C、 D、13、已知cos（x﹣）=m，则cosx+cos（x﹣）=（）A、2mB、±2mC、D、14、设a=sin（sin20080），b=sin（cos20080），c=cos（sin20080），d=cos（cos20080），则a，b，c，d的大小关系是（）A、a＜b＜c＜dB、b＜a＜d＜cC、c＜d＜b＜aD、d＜c＜a＜b15、在△ABC中，①sin（A+B）+sinC；②cos（B+C）+cosA；③tan tan；④，其中恒为定值的是（）A、②③B、①②C、②④D、③④16、已知tan28°=a，则sin2008°=（）A、B、C、D、17、设，则值是（）A、﹣1B、1C、D、18、已知f（x）=asin（πx+α）+bcos（πx+β）+4（a，b，α，β为非零实数），f（2007）=5，则f（2008）=（）A、3B、5C、1D、不能确定19、给定函数①y=xcos（+x），②y=1+sin2（π+x），③y=cos（cos（+x））中，偶函数的个数是（）A、3B、2C、1D、020、设角的值等于（）A、B、﹣C、D、﹣21、在程序框图中，输入f0（x）=cosx，则输出的是f4（x）=﹣csx（）A、﹣sinxB、sinxC、cosxD、﹣cosx二、填空题（共9小题）22、若（﹣4，3）是角终边上一点，则Z的值为．23、△ABC的三个内角为A、B、C，当A为°时，取得最大值，且这个最大值为．24、化简：=25、化简：=．26、已知，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2009）=．27、已知tanθ=3，则（π﹣θ）=．28、sin（π+）sin（2π+）sin（3π+）…sin（2010π+）的值等于．29、f（x）=，则f（1°）+f（2°）+…+f（58°）+f（59°）=．30、若，且，则cos（2π﹣α）的值是．答案与评分标准一、选择题（共21小题）1、已知函数f（x）=sin，g（x）=tan（π﹣x），则（）A、f（x）与g（x）都是奇函数B、f（x）与g（x）都是偶函数C、f（x）是奇函数，g（x）是偶函数D、f（x）是偶函数，g（x）是奇函数考点：函数奇偶性的判断；运用诱导公式化简求值。

【高考数学】含有三角函数的导数大题

【高考数学】含有三角函数的导数大题

（2）若函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f （x ）＝x cos x ﹣2sin x +1，g （x ）＝x 2e ax （a ∈R ）．（1）证明：f （x ）的导函数f '（x ）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x 1∈[0，2]，均存在x 2∈[0，π]，使得g （x 1）≤f （x 2），求实数a 的取值范围．注：复合函数y ＝e ax 的导函数y '＝ae ax ．3．（2020•开封一模）已知函数，a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）若函数f （x）在上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）若函数g （x ）＝a （lnx ﹣x ）+f （x ）﹣e x sin x ﹣1有两个极值点x 1，x 2（x 1≠x 2）．且不等式g （x 1）+g （x 2）＜λ（x 1+x 2）恒成立，求实数λ的取值范围．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣a ）cos x ﹣sin x ，g （x ）＝x 3﹣ax 2，a ∈R （Ⅰ）当a ＝1时，求函数y ＝f （x ）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F （x ）＝f （x ）+g （x ），试讨论函数y ＝F （x ）极值点的个数．6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f '（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f （x ）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x 1≠x 2，使f （x 1）＝f （x 2），证明：x 1x 2＜4．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f （x ）＝e x ﹣cos x 的导函数为g （x ）．证明：（1）g （x ）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；1．（2020•开封一模）已知函数f （x ）＝a •e ﹣x +sin x ，a ∈R ，e 为自然对数的底数．二．解答题（共10小题）含有三角函数的导数题目8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sin x﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．一．选择题二．解答题（共10小题）1．（2020•开封一模）已知函数f （x ）＝a •e ﹣x +sin x ，a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）若函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．【分析】（1）求出f ′（x ）＝﹣e ﹣x +cos x ，得出f ′（x ）≤0，则f （x ）在（﹣∞，0]上单调递减，结论可证．（2）函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点；则f ′（x ）＝0在（0，）上有两个不等实数根，分离参数得a ＝e x cos x 在（0，）上有两个不等实数根；设g （x ）＝e x cos x ，讨论函数g （x ）的单调性即可解决；【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）＝e ﹣x +sin x ，f ′（x ）＝﹣e ﹣x +cos x ，当x ≤0时，﹣e ﹣x ≤﹣1，则f ′（x ）≤0（x ≤0）所以f （x ）在（﹣∞，0]上单调递减，f （x ）≥f （0）＝1；所以：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点；则f ′（x ）＝0在（0，）上有两个不等实数根；即f ′（x ）＝﹣ae ﹣x +cos x ＝0在（0，）上有两个不等实数根；即a ＝e x cos x 在（0，）上有两个不等实数根；设g （x ）＝e x cos x ，则g ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）；当时，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增；当时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减；又g （0）＝1，，；故实数a的取值范围为：【点评】本题考查不等式证明，根据函数极值个数求参数的范围，函数零点问题，考查分离参数法，属于难题．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f（x）＝x cos x﹣2sin x+1，g（x）＝x2e ax（a∈R）．（1）证明：f（x）的导函数f'（x）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得g（x1）≤f（x2），求实数a的取值范围．注：复合函数y＝e ax的导函数y'＝ae ax．【分析】（1）设h（x）＝f′（x），然后对h（x）求导，结合导数与单调性的关系可判断h（x）的单调性，然后结合零点判定定理可证，（2）依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，结合导数可分别求解最值，即可求解．【解答】解：（1）设h（x）＝f′（x）＝cos x﹣x sin x﹣2cos x＝﹣cos x﹣x sin x，∴h′（x）＝sin x﹣sin x﹣x cos x＝﹣x cos x当x时，h′（x）＜0；当x时，h′（x）＞0；所以h（x）在（0，）单调递减，在（）单调递增．又h（0）＝﹣1＜0lh（）＝﹣，h（π）＝1＞0，故f′（x）在区间（0，π）上存在唯一零点．（2）记f（x）在区间[0，π]上的最大值为f（x）max，g（x）在区间[0，2]上的最大值为g（x）max．依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，由（Ⅰ）知，f′（x）在（0，π）只有一个零点，设为x0，且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0；当x∈（x0，π）时，f′（x）＞0；，所以f（x）在（0，x0）单调递减，在当（x0，π）时单调递增．又f（0）＝1，f（π）＝1﹣π＜0，所以当x∈[0，π]时，f（x）max＝1．故应满足g（x）max≤1．因为g（x）＝x2e ax，所以g′（x）＝（ax2+2x）e ax＝x（ax+2）e ax．①当a＝0时，g（x）＝x2，对任意x∈[0，2]，g（x）max＝g（2）＝4，不满足g（x）max≤1．②当a≠0时，令g′（x）＝0，得x＝0或x＝﹣．（ⅰ）当﹣≥2，即﹣1≤a＜0时，在[0，2]上，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]上单调递增，g（x）max＝g（2）＝4e2a．由4e2a≤1，得a≤﹣ln2，所以﹣1≤a≤﹣ln2．（ⅱ）当0＜﹣＜2，即a＜﹣1时，上，g′（x）＜0，g（x）单调递减．g（x）max＝．由≤1，得a≤﹣或a≥，所以a＜﹣1．（ⅲ）当﹣＜0，即a＞0时，显然在[0，2]上，g′（x）≥0，g（x）单调递增，于是g （x）max＝g（2）＝4e2a，此时不满足g（x）max≤1．综上，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣ln2]．【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性关系，函数零点判定定理及恒成立与存在性问题与最值求解的相互转化，体现了分类讨论思想与转化思想的应用．3．（2020•开封一模）已知函数，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在上存在两个极值点，求实数a的取值范围．【分析】（1）把a＝1代入，直接用导数法证明即可；（2）对f（x）求导，，对a进行讨论，判断函数f（x）的极值，确定a的范围．【解答】解：（1）当a＝1时，，则，当x∈（﹣∞，0]时，0＜e x≤1，则，又因为cos x≤1，所以当x∈（﹣∞，0]时，，仅x＝0时，f'（x）＝0，所以f（x）在（﹣∞，0]上是单调递减，所以f（x）≥f（0）＝1，即f（x）≥1．（2），因为，所以cos x＞0，e x＞0，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，所以f（x）在上单调递增，没有极值点．②当a＞0时，在区间上单调递增，因为，f'（0）＝﹣a+1．当a≥1时，时，f'（x）≤f'（0）＝﹣a+1≤0，所以f（x）在上单调递减，没有极值点．当0＜a＜1时，f'（0）＝﹣a+1＞0，所以存在，使f'（x0）＝0，当时，f'（x）＜0，x∈（x0，0）时，f'（x）＞0，所以f（x）在x＝x0处取得极小值，x0为极小值点．综上可知，若函数f（x）在上存在极值点，则实数a∈（0，1）．【点评】本题考查了导数的综合应用及极值点引出的含参问题，综合性高，难度较大．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若函数g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣e x sin x﹣1有两个极值点x1，x2（x1≠x2）．且不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求实数λ的取值范围．【分析】（1）求出f′（x）＝e x sin x+e x cos x+x，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．（2）化简g（x）＝，求出导函数，通过g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，列出不等式组，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立，转化求解即可．【解答】解：（1）因为，所以f′（x）＝e x sin x+e x cos x+x，＝f′（0）＝1，又f（0）＝1，所以k切故所求的切线方程为y﹣1＝1×（x﹣0），即x﹣y+1＝0．（2）因为g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣e x sin x﹣1＝所以，由题意g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，则，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立又＝＝＝＝所以，令（a＞4），则，所以在（4，+∞）上单调递减，所以y＜2ln2﹣3，所以λ≥2ln2﹣3．【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的导数以及函数的最值的求法，切线方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f（x）＝（x﹣a）cos x﹣sin x，g（x）＝x3﹣ax2，a∈R （Ⅰ）当a＝1时，求函数y＝f（x）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数y＝F（x）极值点的个数．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可判断单调性，结合零点判定定理可求．（2）先求导，再分类讨论即可求出函数的单调区间和极值【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝（x﹣1）cos x﹣sin x，∴f′（x）＝（﹣x+1）sin x，x∈（0，），sin x＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当1＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＝1时，函数取得最小值f（1）＝﹣sin1＜0，而f（0）＝﹣cos1＜0．f（）＝﹣1＜0，故函数f（x）在区间（0，）上零点的个数为0，（2）函数F（x）＝（x﹣a）cos x﹣sin x x3﹣ax2，∴F′（x）＝（x﹣a）（x﹣sin x），令F′（x）＝0，解得x＝a，或x＝0，①若a＞0时，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＞a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（a，+∞）上单调递增，当0＜x＜a时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（0，a）上单调递减，故有2个极值点，②若a＜0时，当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＜a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，a）上单调递增，当a＜x＜0时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（a，0）上单调递减，故有2个极值点，③当a＝0时，F′（x）＝x（x﹣sin x），当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴F（x）在R上单调递增，无极值．【点评】本题考查了导数的几何意义和导数和函数的单调性和极值的关系，关键是分类讨论，考查了学生的运算能力和转化能力，属于难题6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f'（x）为f（x）的导数．（1）证明：f（x）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），证明：x1x2＜4．【分析】（1）求出，判断函数的单调性，说明在定义域（0，+∞）存在唯一x0，使f'（x0）＝0且x0∈（1，2）；当0＜x＜x0时，f'（x）＞0；当x＞x0时，f'（x）＜0，推出结果．（2）存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），即，得．设g（x）＝x﹣sin x，利用代换是判断函数的单调性推出，结合对数均值不等式，推出x1x2＜4．【解答】证明：（1），当x≥2时，，，，“＝”不能同时取到，所以f'（x）＜0；当0＜x＜2时，，所以f'（x）在（0，2）上递减，因为，，所以在定义域（0，+∞）存在唯一x0，使f'（x0）＝0且x0∈（1，2）；当0＜x＜x0时，f'（x）＞0；当x＞x0时，f'（x）＜0，所以x0是f（x）在定义域（0，+∞）上的唯一极值点且是极大值点．（2）存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），即，得．设g（x）＝x﹣sin x，则g'（x）＝1﹣cos x≥0，g（x）在（0，+∞）上递增，不妨设x1＞x2＞0，则g（x1）＞g（x2），即x1﹣sin x1＞x2﹣sin x2，x1﹣x2＞sin x1﹣sin x2，所以，得，根据对数均值不等式，可得，x 1x2＜4．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f（x）＝e x﹣cos x的导函数为g（x）．证明：（1）g（x）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【分析】（1）结合导数与单调性的关系，先求解函数的单调性，然后求解函数极值，（2）结合导数与单调性关系及零点判定定理进行讨论即可求解．【解答】解：（1）∵g（x）＝e x+sin x，则g′（x）＝e x+cos x，容易得出，g′（x）＝e x+cos x在[﹣π，0）上单调递增，又g′（﹣π）＜0，g′（0）＞0，结合零点存在定理可知，存在唯一的x0∈（﹣π，0）使得g′（x）＝0，若x∈（﹣π，0），g′（x）＜0，g（x）单调递减，若x∈（x0，0），g′（x）＞0，g（x）单调递增，故g（x）存在唯一的极小值点，（2）由（1）可知g（x）在（﹣π，0）上存在唯一的极小值点x0，∴g（x0）＝e＜0，又g（0）＝1＞0，g（﹣π）＝e﹣π＞0，结合零点存在定理可知，存在唯一的x1∈（﹣π，x0），使得g（x1）＝0，存在唯一的x2∈（x0，0），使得g（x2）＝0，故当x∈（﹣π，x1）∪（x2，0）时，g（x）＞0，此时f（x）单调递增，当x∈（x1，x2）时，g（x）＞0，此时g（x）单调递减，则f（x1）＞f（﹣π）＞0，f（x2）＜f（0）＝0，由零点存在性定理可知，存在唯一m∈（x1，x2），使得f（m）＝0，故函数f（x）在[﹣π，0]上尤其仅有x＝m与x＝0两个零点，当x∈（0，+∞）时，e x＞1≥cos x，则f（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上没有零点，综上可得，f（x）有且仅有两个零点．【点评】本题主要考查了函数的极值及零点存在条件的应用，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档试题．8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．【分析】（1）对a分大于零和小于零两种情况讨论，利用导数即可求出函数f（x）在上的单调性；（2）由（1）知a＞0时f（x）的最大值为，从而求出a＝2，又因为f（x）在上单调递增，且f（0）＝﹣1＜0，，所以f（x）在内有且仅有1个零点．再讨论当x时，函数f（x）存在一个极值点x0，利用导数得到f（x）在上无零点，f（x）在（x0，π）内有且仅有1个零点，所以函数f（x）在（0，π）内有2个零点．【解答】解：（1）f'（x）＝a（sin x+x cos x），当a＜0，时，sin x＞0，cos x＞0，∴f'（x）＜0，f（x）单调递减，当时，sin x＞0，cos x＞0，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，综上得：当a＜0，f（x）在单调递减；a＞0时，f（x）在单调递增；（2）由（1）知a＞0时f（x）的最大值为由得a＝2，∴f（x）＝2x sin x﹣1，又∵f（x）在上单调递增；且f（0）＝﹣1＜0，，∴f（x）在内有且仅有1个零点．当时，令g（x）＝f'（x）＝2（sin x+x cos x），g'（x）＝2（2cos x﹣x sin x）＜0，∴g（x）在内单调递减，且，g（π）＝﹣2π＜0，∴存在，使得g（x0）＝0，∴①当时，f'（x）＞0，f（x）在单调递增，∴时，，∴f（x）在上无零点，②当x∈（x0，π）时，f'（x）＜0，f（x）在（x0，π）内单调递减，又∵f（x0）＞0，f（π）＝﹣1＜0，∴f（x）在（x0，π）内有且仅有1个零点，综上所求：函数f（x）在（0，π）内有2个零点．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和零点，是中档题．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sin x﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，结合为偶函数，问题可转化为先研究x≥0，结合导数与单调性的关系及函数的零点判定定理可求，（2）结合导数先判断函数的单调性，结合零点判定定理可求．【解答】解：（1），令，x∈R，g（x）为偶函数，先研究x≥0，则g'（x）＝x﹣sin x，g''（x）＝1﹣cos x≥0，∴g'（x）在[0，+∞）为递增函数，且g'（0）＝0，∴g'（x）≥0，即g（x）在[0，+∞）为单调递增函数，当g（0）＝1﹣a＞0，即a＜1，g（x）没有零点，当g（0）＝1﹣a＝0，即a＝1，g（x）有1个零点，当g（0）＝1﹣a》＜0，即a＞1，，∴当，g（x）＞0，∴当，g（x）在[0，+∞）有1个零点，∴g（x）为偶函数，在（﹣∞，0]也有有1个零点．综上：a＜1，f'（x）没有零点；a＝1，f'（x）有1个零点；a＞1，f'（x）有2个零点．（2）①当a≤1时，由（1）知f'（x）≥0，f（x）在[0，+∞）为单调递增函数，f（x）≥f（0）＝0，②当a＞1时，f'（2a）＝cos2a﹣a+2a2＝cos2a+a2+a（a﹣1）＞0，f'（0）＝1﹣a＜0，由零点存在性定理知∃x0∈（0，2a）使得f'（x0）＝0，且在（0，x0），f'（x）＜0，即f（x）单调递减，f（x）＜f（0）＝0与题设不符．综上可知，a≤1时，f（x）≥0，【点评】本题考查了导数的综合应用及零点判定定理的应用，属于中档题．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．【分析】（1）先求出f'（x），分析出当x∈（0，π）时，f'（x）为增函数，且，，得到f'（x）在（0，π）上有唯一零点，又因为当x∈[π，+∞）时，，所以f'（x）在[π，+∞）上没有零点，从而得出f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）不妨设0＜x1＜x2，由f（x1）＝f（x2）得＝，即．设g（x）＝x﹣sin x，利用导数得到g（x）在（0，+∞）为增函数，从而，再证明：．从而得出，即．【解答】证明：（1）当m＝2时，，，当x∈（0，π）时，f'（x）为增函数，且，，∴f'（x）在（0，π）上有唯一零点，当x∈[π，+∞）时，，∴f'（x）在[π，+∞）上没有零点，综上知，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）不妨设0＜x1＜x2，由f（x1）＝f（x2）得＝，∴，设g（x）＝x﹣sin x，则g'（x）＝1﹣cos x≥0，故g（x）在（0，+∞）为增函数，∴x2﹣sin x2＞x1﹣sin x1，从而x2﹣x1＞sin x2﹣sin x1，∴＝，∴，下面证明：，令，则t＞1，即证明，只要证明，（*）设，则，∴h（t）在（1，+∞）单调递减，当t＞1时，h（t）＜h（1）＝0，从而（*）得证，即，∴，即．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，是中档题．。

导数的应用之与三角函数有关的函数单调性原卷版

导数的应用之与三角函数有关的函数单调性原卷版

导数的应用之与三角函数有关的函数单调性【知识导图】【例题精讲】一、可因式分解求函数单调性 例1．已知函数()sin ex x f x =．讨论()f x 在[]0,π上的单调性；例2．已知函数()()sin cos f x x m x x =-+，5π[0,]4x ∈.当π2m ≤时，讨论()f x 的单调性.例3．已知函数()()()21sin cos 2f x x ax x x a x a =-+--∈R .讨论函数()f x 的单调性；例4．已知函数2sin n )s 2(i f x x x =.讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；二、不可因式分解求函数单调性类型1、二次求导求函数单调性 例1．已知函数2()2cos ,()f x x x f x '=+为函数()f x 的导函数．讨论函数()f x 的单调性；例2．已知函数()e 2sin x g x x x =-+.求函数()g x 的单调区间；例3．已知函数()sin e x x f x x =-，()g x 为()f x 的导函数．讨论函数()g x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上的单调性；类型2、放缩(指对函数值域)求函数单调性 例1．已知函数()()()e 12cos 3sin x f x x x =-+-．讨论()f x 在区间[)0,∞+上的单调性；例2．已知函数()e sin x f x a x =++，a ∈R ．讨论函数()f x 在区间[1,)-+∞上的单调性；例3．已知函数()e cos 2x f x ax x =-+-.若()f x 在()0,∞+上单调递增，求实数a 的取值范围；三、三角函数有关的函数应用类型1、零点的判定与证明问题例1．已知函数2sin cos f x x x x x =（）－－，f′（x ）为f （x ）的导数．证明：'f x （）在区间（0，π）存在唯一零点；例2.已知函数 f(x)=sin⁡x +ln⁡(1+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1个零点.类型2、恒成立与能成立问题例1．证明：当01x <<时，sin x x x x 2-<<；例2．已知函数3sin π(),0,cos 2x f x ax x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭(2)若()sin 2f x x <恒成立，求a 的取值范围．类型3、极值、最值与取值范围问题 例1．已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；例2．已知函数()cos f x ax x =+.若函数()f x 在[]0,π上有极值，求()f x 在[]0,π上所有极值的和；例3．已知函数()sin e x f x x =-，()f x '是()f x 的导函数.(1)证明：()f x '在区间()1,0-存在唯一极大值点；(2)若对()1,0x ∀∈-，都有()cos f x a x ≤成立，求实数a 的取值范围.【巩固练习】 1．求函数()e sin x f x x =，,22ππx ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦的单调区间和极值；2．设函数()2sin cos 1f x x x x x =+++．(2)当π,π2x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，求()f x 的取值范围．3．已知函数()sin cos f x x x x =+，()0,2πx ∈.(1)求函数()f x 在πx =处的切线方程；(2)求函数()f x 的极值.4．已知函数()ln sin f x x 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.5．已知函数()()()e cos 1R x f x x a x a =+--∈.若()f x 在()0,∞+上单调递增，求实数a 的取值范围；6．已知函数()e (sin cos )x f x x x =-．(2)证明：方程()cos(π)e xf x x x -+=在()0,2π上有且只有一个解；7．已知函数()()()()2sin cos e sin x f x x x a x x a =++-+∈R .讨论()f x 的单调性；8．已知函数()2cos f x x x =-．(1)求()f x 的零点个数；(2)当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()e x bf x ≥恒成立，求b 的取值范围．9．已知函数()()2sin cos ,f x x x x x f x =--'为()f x 的导数.(1)求曲线()y f x =在点()()0,0A f 处的切线方程；(2)()()22g x x x a a =-+∈R ，若对任意[]10,x π∈，均存在[]21,2x ∈，使得()()12f x g x >，求实数a 的取值范围.10．已知函数()e cos 1x f x x x =--．(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；(3)对任意的π,(0,)2m n ∈，判断()()f m n f m +-与()f n 的大小关系，并证明结论．11．已知f (x )=lnx +axcosx −asinx (a ∈R ).(1)证明：当a ≤0时，f (x )在(0,π]上单调递增；(2)当a =1时，关于x 的不等式lnx +xcosx −kx e x ≥f (x )在(0,π2]上恒成立，求实数k 的取值范围.12．已知函数()()e ,sin cos x f x g x x x ==+. (1)求证：()1f x x ≥+；(2)若4πx >-，试比较()f x 与()g x 的大小； (3)若0x ≥，问()()()20R f x g x ax a +--≥∈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.13．已知函数()()2cos ln 1f x ax x =--，若0x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围．。

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

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。

三角函数与导数练习题

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。

三角函数与导数试题

三角函数与导数试题

三角函数与导数试题一．选择题（40分）1. 要得到函数)12cos(+=x y 的图象，只要将函数x y 2cos =的图象（ ）（A ） 向左平移1个单位 （B ） 向右平移1个单位（C ） 向左平移 12个单位 （D ） 向右平移12个单位 2. sin 47sin17cos30cos17-（ ）（A ）-B ）12-（C ）12 （D3. 在△ABC 中，若60A ∠= ，45B ∠= ，BC =AC =（ ）A. B. C. D. 4. 设函数f （x ）=2x +lnx 则 （ ）A ．x=12为f(x)的极大值点B ．x=12为f(x)的极小值点C ．x=2为 f(x)的极大值点D ．x=2为 f(x)的极小值点5. 函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为（ ）（A ）（-1,1] （B ）（0,1] （C.）[1，+∞） （D ）（0，+∞）6.由曲线y=2x ,y=3x 围成的封闭图形面积为（ ）（A ）112 (B) 14 (C) 13 (D) 7127.已知复数z 满足(1)z i =，则 z = （ ）A 2i- B 2i+ C 4i- D 4i+8.若x 是实数，y 是纯虚数，且满足i y y i x )3()12(--=+-，则yi x +等于（）A ．1B ．2-C ．32- D ．211-二．填空题（20分）9. 当函数sin (02)y x x x π=≤<取得最大值时，x =___________.10．函数32()31f x x x =-+在x = 处取得极小值.11. 曲线y =x (3ln x +1)在点)1,1(处的切线方程为________12．计算定积分121(sin )x x dx -+=⎰___________.三．解答题（40分） 13． 已知函数21()cos sin cos 2222x x x f x =--。

（Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期和值域；（Ⅱ）若()10f α=sin 2α的值。

导数与三角函数交汇36题

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.。

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）

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：的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．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 f ′′(x )为f (x )的导数．的导数．（1）证明：f f ′′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．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）分）（Ⅰ）求曲线y=f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程；）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．值．5、【答案】解：（Ⅰ）f （π）=π2﹣2．fʹ（x ）=2x ﹣2sinx ，∴fʹ（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 ） hʹ（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uʹ（x ）=1﹣cosx≥0，∴函数u （x ）在R 上单调递增．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，hʹ（x ）＞0，函数h （x ）在（0，+∞）单调递增；）单调递增； x ＜0时，hʹ（x ）＜0，函数h （x ）在（﹣∞，0）单调递减．）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hʹ（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，hʹ（x ）＞0，函数h （x ）单调递增；）单调递增； x ∈（lna ，0）时，e x ﹣e lna ＞0，hʹ（x ）＜0，函数h （x ）单调递减；）单调递减； x ∈（0，+∞）时，e x ﹣e lna ＞0，hʹ（x ）＞0，函数h （x ）单调递增．）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，hʹ（x ）≥0，∴函数h （x ）在R 上单调递增．上单调递增．③1＜a 时，lna ＞0，x ∈（﹣∞，0）时，e x ﹣e lna ＜0，hʹ（x ）＞0，函数h （x ）单调递增；）单调递增； x ∈（0，lna ）时，e x ﹣e lna ＜0，hʹ（x ）＜0，函数h （x ）单调递减；）单调递减； x ∈（lna ，+∞）时，e x ﹣e lna ＞0，hʹ（x ）＞0，函数h （x ）单调递增．）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，时，函数函数h （x ）在（0，+∞）单调递增；x ＜0时，时，函数函数h （x ）在（﹣∞，0）单调递减．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．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．fʹ（x ）=2x ﹣2sinx ，可得fʹ（π）=2π即为切线的斜率，利用点斜式即可得出切线方程．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hʹ（x ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣a ）=2（x ﹣sinx ）（e x ﹣e lna ）．令u （x ）=x ﹣sinx ，则uʹ（x ）=1﹣cosx≥0，可得函数u （x ）在R 上单调递增．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．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 '=+=+ ● 21e sin()axa 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，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()()e sin(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，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a >，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 =-14a t a-=()g t ()2211611488a a a a g a a a --++⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭1114aa --<<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；处的切线方程；115a <<y x =32y x =-2618x x y x ++=1,5⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭y=x 2+6x+18xy=x y=3x-2O y x115a <<2618a a A a++=2123,05611,18532,1a a a a a a a a ⎧-<⎪⎪++⎪<<⎨⎪->⎪⎪⎩...()()2sin21sin 21f x a x x a a α'=---+- (105)a <…()()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 22xg 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；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 )xh x x x x a x x =-+--+()()()()e cos sin 22e sin cos 222sin xxh x x x x x x a x x '=-+-+--+--=()()2e sin 2sin xx 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 xah 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，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；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 x f 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；）的单调性；（Ⅱ）设f （x ）≤1+sinx ，求a 的取值范围. 【答案】【答案】()f x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦()e cos x f x x x =-()e (cos sin )1xf 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。

以三角函数为载体的导数题汇编

以三角函数为载体的导数题汇编

以三角函数为载体的导数压轴题汇编1．已知函数ax x e x f x-=sin )(．（1）当0=a 时，求曲线)(x f y =在))0(,0(f 处的切线方程； （2）当0≤a 时，判断)(x f 在]43,0[π上的单调性，并说明理由；（3）当1<a 时，求证：]43,0[π∈∀x ，都有0)(≥x f ．分析：（1）根据题意，当0=a 时，x e x f x sin )(=，计算其导数进而可得1)0('=f ，又由00sin )0(0==e f ，由直线的点斜式方程计算可得答案；（2）根据题意，求出)(x f 的导数，由a 的范围，结合函数的单调性与函数导数的关系分析可得结论；（3）根据题意，分0≤a 与10<<a 两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性与最小值，综合即可得答案． 解答：(1)当0=a 时，x e x f x sin )(=，则有)cos (sin )('x x e x f x +=，则1)0('=f ． 又00sin )0(0==e f ，所以曲线)(x f y =在))0(,0(f 处的切线方程为x y =；(2)因为ax x e x f x-=sin )(，所以a x e a x x e x f x x -+=-+=)4sin(2)cos (sin )('π，因为]43,0[π∈x ，所以],4[4πππ∈+x ．所以0)4sin(2≥+πx e x ，所以 当0≤a 时，0)('≥x f ，所以)(x f 在区间]43,0[π单调递增；(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)可知，当0≤a 时，)(x f 在区间]43,0[π单调递增，所以]43,0[π∈x 时，0)0()(=≥f x f ．当10<<a 时，设)(')(x f x g =，则 x e x x e x x e x g x x x cos 2)sin (cos )cos (sin )('=-++=，)(x g ，)('x g 随x 的变化情况如下表：所以)(x f )在]2,0[π上单调递增，在]43,2(ππ上单调递减，因为01)0('>-=a f ，0)43('<-=a f π，所以存在唯一的实数)43,2(0ππ∈x ，使得0)('0=x f ，且当),0(0x x ∈，0)('>x f ，当]43,(0πx x ∈时，0)('<x f ，所以)(x f 在],0[0x 上单调递增，在]43,[0πx 上单调递减．又 0)0(=f ，0233224322()24343>->-⨯>-⨯=ππππe e a e f ，所以当10<<a 时，对于任意的]43,0[π∈x ，0)(≥x f ．综上所述，当1<a 时，对任意的]43,0[π∈x ，0)(≥x f ．2．已知函数R a x x a x x x f ∈++=,cos sin )(．（1）当 1-=a 时，求曲线 )(x f y =在))0(,0(f 处的切线方程； （2）当2=a 时，求)(x f 在区间 ]2,0[π上的最大值和最小值；（3）当2>a 时，若方程03)(=-x f 在区间]2,0[π 上有唯一解，求 a 的取值范围．分析：（1）求得)(x f 的解析式和导数，可得切线的斜率、切点，由斜截式方程可得切线的方程；（2）求得函数的导数，判断单调性，计算可得最值；（3）求得导数，构造函数1cos sin )1()(++-=x x x a x h ，求得导数，判断符号，可得单调性，由函数零点存在定理，可得f （x ）的单调性，结合条件可得a 的范围． 解答：（1）当1-=a 时，x x x x x f +-=cos sin )(， 所以1cos sin 2)('++=x x x x f ，1)0('=f ． 又因为1)0(-=f ，所以曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程为1-=x y ； （2）当2=a 时，x x x x x f ++=cos 2sin )(， 所以1cos sin )('++-=x x x x f ．当)2,0(π∈x 时，0sin 1>-x ，0cos >x x ，所以0)('>x f ．所以)(x f 在区间]2,0[π上单调递增。

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)

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。

以导数知识为工具，解答三角函数问题

以导数知识为工具，解答三角函数问题

探索探索与与研研究究例2.=90°，∠则x -y 解：而 所以图形，例3.C ：x 2a 2+y 2b2点A 是x 的2倍，PQ A.12233图3解：当点A 与B 重合时，B (a ,0)，将x a 2代入椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1，可得y 则P 33所以则k 所以与B 于B 速求出A k PQ 、k PB 的关系式，使动点与动表面积的最值问题.需先根据题意确定动点曲线，哪个将动点移至特殊位无限远处、几何体的顶点处或某体积公式、表面积公式来解1，高为2，上底绕着底_______．图5图6下底面的圆心分别为O ，O ′，CM ⊥AB 于点M （如图4），则AB 为定值，所以S △ABC 随着线重合时（如图5），|CM |=|OC |=ABC 取最大值12×2×5=5；或点A ）重合（如图6）时，|CM |取12×2×2=2；[2，5]．S △ABC 随着线段CM 的CM 的长度的最值即可.于是将即可运用极限思想，求得三角关键是要从“一般，化“动”为“静”，通过“特从而优化解题的过程.江苏省靖江市教育局）54备考指南一、模型；小关系，例1.(1)若(2)当解：（令h(∴h(∴h(令k(∴k′∴k(∴k(∴当（2）sin xx令F因为由（1a sin2x-x2cos x>0，x2cos x<ax2-x2cos xöøπ2上单调递增，>0，)=0，x2()a-cos x<0，不x≥sin2x-x2cos x，æèöø0,π2，x+x2sin x>2sin x cos xsin x=4éëêùûúæèöøx22-sin2x2⋅F()x>0.)⋃[)1,+∞．分别构x-x cos x；然后分别上的单调性，进而根sin x>x cos x.对于第变形；再构造函数)xmin>0即可；然后对求得函数的最值，即最值问求函数的最零点的存在性问由零点求参数的取若无法得到其具体值，则需55。

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(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。

三角函数的导数公式练习

三角函数的导数公式练习

三角函数的导数公式练习在微积分中，三角函数的导数公式是非常重要的内容。

掌握和熟练运用三角函数的导数公式可以帮助我们解决许多复杂的数学问题。

本文将通过多个示例来练习三角函数的导数公式，并加深我们对这些公式的理解和应用。

一、正弦函数的导数公式正弦函数是三角函数中的一种基础函数，它在数学和物理学中经常被使用。

正弦函数的导数公式如下：d(sin(x))/dx = cos(x)这个公式表明，正弦函数的导数等于它的余弦函数。

下面我们通过一个例子来说明如何利用这个公式求解导数。

例题1：求函数y = sin(x)在x = π/4处的导数。

解：根据正弦函数的导数公式，我们知道导数d(sin(x))/dx = cos(x)。

因此，在x = π/4处的导数为cos(π/4)。

利用三角函数的特殊值，我们知道cos(π/4)等于√2/2。

因此，函数y = sin(x)在x = π/4处的导数为√2/2。

二、余弦函数的导数公式与正弦函数类似，余弦函数也是三角函数中的重要函数。

它在数学和物理学中常被使用。

余弦函数的导数公式如下：d(cos(x))/dx = -sin(x)这个公式表明，余弦函数的导数等于它的负正弦函数。

下面我们通过一个例子来说明如何利用这个公式求解导数。

例题2：求函数y = cos(x)在x = π/2处的导数。

解：根据余弦函数的导数公式，我们知道导数d(cos(x))/dx = -sin(x)。

因此，在x = π/2处的导数为-sin(π/2)。

利用三角函数的特殊值，我们知道sin(π/2)等于1。

所以函数y =cos(x)在x = π/2处的导数为-1。

三、正切函数的导数公式正切函数在三角函数中也具有一定的重要性。

它的导数公式如下：d(tan(x))/dx = sec²(x)这个公式表明，正切函数的导数等于它的割线函数的平方。

下面我们通过一个例子来说明如何利用这个公式求解导数。

例题3：求函数y = tan(x)在x = 0处的导数。

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(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−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 -1ex 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hx =ex+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 +1xln 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 ，mx >0，则hx 在0,π2 上单调递增，又因为h0 =1-a <0，hπ2=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 +1xln 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 xe 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 xex，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以hx=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 xe 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 xe 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 xe 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φx 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φx <φx 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+12<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 ,ϕx 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-x2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以fx >x b 2x 2+2-b 21-x2>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，lnπ>1≥-sin x ，所以f x >0，综上，函数f (x )在0,+∞ 有且仅有一个零点.12已知函数f (x )=12ax 2-(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.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析【详解】(1)当a =2时，f (x )=x 2-2ln x (x >0)，f (x )=2x -2x，令f (x )<0，得0<x <1，令f (x )>0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以f (x )≥f (1)=1，当且仅当x =1时，等号成立，而当x =1时，sin x <1，当x >0且x ≠1时，sin x ≤1，所以f x >sin x .(2)f (x )=12ax 2-(a -2)x -2ln x 的定义域为(0,+∞)，f (x )=ax -(a -2)-2x =(x -1)ax +2 x，当a ≥0时，ax +2>0，令f (x )<0，得0<x <1，令f (x )>0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数.当a <0时，令f (x )=0，得x =1或x =-2a ，若1<-2a，即-2<a <0时，令f (x )<0，得0<x <1或x >-2a ；令f (x )>0，得1<x <-2a ，所以f (x )在(0,1)和-2a ,+∞ 上为减函数，在1,-2a 上为增函数；若1=-2a ，即a =-2时，f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上为减函数；若1>-2a ，即a <-2时，令f (x )<0，得0<x <-2a 或x >1，令f (x )>0，得-2a <x <1，所以f (x )在0,-2a和(1,+∞)上为减函数，在-2a ,1 上为增函数.综上所述：当a ≥0时，f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；当-2<a <0时，f (x )在(0,1)和-2a ,+∞ 上为减函数，在1,-2a 上为增函数；当a =-2时，f (x )在(0,+∞)上为减函数；当a <-2时，f (x )在0,-2a和(1,+∞)上为减函数，在-2a ,1 上为增函数.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 -ax 2-a +2 x 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.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，a =1【详解】(1)设g x =e x -x -1，其中x <1，则g x =e x -1，由g x <0可得x <0，由g x >0可得0<x <1，所以，函数g x 在-∞,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，所以，当x <1时，g x ≥g 0 =0，即x +1≤e x (*)，由(*)可知e -x ≥1-x ，当x <1时，得e x ≤11-x，原不等式得证；(2)f x =2e x +a sin x -ax 2-a +2 x ，则f x =2e x +a cos x -2ax -a -2，设h x =2e x +a cos x -2ax -a -2，则h x =2e x -a sin x -2a ，f x 在R 上单调递增⇔f x ≥0在R 上恒成立，注意到f 0 =0，只需f x 在x =0处取得最小值，易知其必要条件为h0 =2-2a =0，则a =1，下面证明充分性：令p x =x -sin x ，则p x =1-cos x ≥0且p x 不恒为零，所以，函数p x 在R 上单调递增，当x >0时，p x =x -sin x >p 0 =0，即x >sin x ，当x <0时，p x =x -sin x <p 0 =0，即x <sin x ，当a =1时，f x =2e x +sin x -x 2-3x ，则f x =2e x +cos x -2x -3=h x ，故h x =2e x -sin x -2，①当x >0时，h x >2x +2-sin x -2>2x -sin x >2x -x =x >0，所以h x 在0,+∞ 上单调递增，即f x 在0,+∞ 上单调递增；②当x <0时，若x ∈-1,0 ，则h x =2e x -sin x -2<21-x -sin x -2<21-x -x -2=x 1+x 1-x<0，若x ∈-∞,-1 ，则h x =2e x -sin x -2≤2e+1-2<0，所以h x 在-∞,0 上单调递减，即f x 在-∞,0 上单调递减.由①②可知，fx ≥f0 =0，故当a =1时，f x 在R 上单调递增.当0<a <1时，由(1)知当x <1时，f x =2e x +a cos x -2ax -a -2≤21-x +a cos x -2ax -a -2≤21-x +a -2ax -2-a =2ax x -1-1a 1-x，当x ∈1-1a,0 时，f x <0，f x 单调递减，不合题意；当a >1时，同理可得当x <1时，f x ≤2ax x -1-1a 1-x ，当x ∈0,1-1a时，f x <0，f x 单调递减，不合题意.综上所述：当a =1时，函数f x 在R 上单调递增.。

第29讲 带三角函数的导数题(解析版)

第29讲 带三角函数的导数题(解析版)

第二十九讲带三角函数的导数题知识与方法带有三角函数的导数题，处理方法与指数、对数、多项式函数有类似的地方，也有不同之处.在研究带三角部分的函数的零点、单调性时，除了常规的那些方法之外，还要适时运用下面的几个技巧：1.sin x 和cos x 的有界性：例如当x →+∞时，x ，x e ，ln x 这些部分都会不断增大，趋于+∞，而sin x ，cos x 则始终在[]1,1-内震荡，利用这一特征，我们可以抓住函数的各个部分之中影响函数值的主要部分，放缩掉次要部分，进而分区间进行讨论.这是三角类导数题相比其它导数题最主要的独特特征.2．取点技巧：在论证函数零点时，往往需要取点，而三角函数的取点，很多时候可以考虑取一些特殊的角，如2π、π、π-等.3．三角不等式：sin tan x x x <<02x π⎛⎫<< ⎪⎝⎭，熟悉这一不等式及其图形背景，解决问题时可用于适度放缩.典型例题【例1】已知函数()()12sin 0f x x x x =+->，()()sin 0g x x x x =-≥（1）求()f x 和()g x 的最小值；（2）证明：()2xf x e ->【解析】解：（1）由题意，()12cos f x x '=-，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,3ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，故()f x 在()0,π上的最小值为133f ππ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，又当x π≥时，()12sin 123f x x x f ππ⎛⎫=+-≥+-> ⎪⎝⎭，所以()f x的最小值为13π+-，另一方面，()1cos 0g x x '=-≥，所以()g x 在[)0,+∞上单调递增．故()()min 00g x g ==.（2）要证()2x f x e ->，只需证212sin x x x e -+->，即证()212sin 1x x x e +->，设()()212sin x h x x x e =+-()0x >，则()()()22324sin 2cos 22sin 32sin 2cos x x h x x x x e x x x x e '=+--=-+--，由（1）知当0x >时，sin x x >，所以22sin 0x x ->，而32sin 2cos 304x x x π⎛⎫--=-+> ⎪⎝⎭，所以()0h x '>在()0,+∞上恒成立，故()h x 在()0,+∞上单调递增，结合()01h =知()1h x >，所以()212sin 1x x x e +->，故不等式()2x f x e ->成立.【例2】已知函数()ln 2sin f x x x x =-+，()f x '为()f x 的导函数.（1）证明：()f x '在()0,π上存在唯一的零点；（2）判断()f x 的零点个数，并给出证明.【解析】解法1：（1）由题意，()f x 的定义域为()0,+∞，()112cos f x x x'=-+，()212sin f x x x ''=--，当()0,x π∈时，()0f x ''<，所以()f x '在()0,π上单调递减，又()12cos10f '=>，2102f ππ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，所以()f x '在()0,π上存在唯一的零点.（2）设()f x '在()0,π上的零点为0x 012x π⎛⎫<< ⎪⎝⎭，由（1）可得当()00,x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,x x π∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，111111ln 2sin ln 22sin 222222f ⎛⎫=-+=--+ ⎪⎝⎭，因为126π<，所以1sin sin 262ππ<=，故12sin12<，而1ln 212--<-，所以102f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，又ln 20222f πππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，所以()f x 在1,22π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点，又()ln 0f πππ=-<，所以()f x 在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，另一方面，当3,2x ππ⎡⎤∈⎢⎣⎦时，()112cos 0f x x x '=-+<，所以()f x 在3,2ππ⎡⎤⎢⎣⎦上没有零点，当32x π>时，易证ln 2x x x e ≤<,，所以()ln 2sin 2sin 2sin 22x xf x x x x x x x =-+<-+=-，而2sin 2x ≤，1132222x π>⨯>，所以()0f x <，故()f x 在3,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上没有零点，综上所述，()f x 在定义域()0,+∞上有且仅有2个零点.解法2：（1）由题意，()f x 的定义域为()0,+∞，()112cos f x x x '=-+，()212sin f x x x''=--，当()0,x π∈时，()0f x ''<，所以()f x '在()0,π上单调递减，又303f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，2102f ππ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，所以()f x '在()0,π上存在唯一的零点.（2）设()f x '在()0,π上的零点为0x 032x ππ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，由（1）可得当()00,x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,x x π∈时，()0f x '<，()f x单调递减，22211122sin 0f e e e ⎛⎫=--+< ⎪⎝⎭，()0ln 0333f x f πππ⎛⎫>=-+ ⎪⎝⎭，所以()f x 在021,x e ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，又()ln 0f πππ=-<，所以()f x 在()0,x π上有一个零点，当[],2x ππ∈时，()ln 2sin ln f x x x x x x =-+≤-，易证ln 1x x ≤-，所以ln 110x x x x -≤--=-<，从而()0f x <恒成立，故()f x 在[],2ππ上没有零点，当()2,x π∈+∞时，()ln 2sin ln 2f x x x x x x =-+≤-+，设()()ln 22g x x x x π=-+>，则()110g x x'=-<，所以()g x 在()2,π+∞上单调递减，结合()()2ln 2220g πππ=-+<知()0g x <，所以()0f x <，故()f x 在()2,π+∞上没有零点，综上所述，()f x 在定义域()0,+∞上有且仅有2个零点.【例3】已知函数()ln sin f x a x x x =-+，其中a 为非零常数.（1）若函数()f x 在()0,+∞上单调递增，求a 的取值范围；（2）设3,2πθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且cos 1sin θθθ=+，证明：当2sin 0a θθ<<时，()f x 在()0,2π上恰有两个极值点.【解析】（1）由题意，()cos 1af x x x'=-+，因为()f x 在()0,+∞上单调递增，所以()0f x ''≥恒成立，即cos 10ax x-+≥，所以()cos 1a x x ≥-，因为0x >，cos 10x -≤，所以()cos 10x x -≤,又当2x π=时，()cos 10x x -=，所以()cos 1x x -的最大值是0，因为()cos 1a x x ≥-，所以0a ≥，故实数a 的取值范围是[)0,+∞.（2）由（1）知()()1cos 1cos a f x x a x x x x x'=-+=-+设()cos g x a x x x =-+()02x π<<，则()cos sin 1g x x x x '=-++，()2sin cos g x x x x ''=+，当0x π<≤时，cos 10x -+>，sin 0x x ≥，所以()0g x '>；当32x ππ<<时，()0g x ''<，所以()g x '在3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，又()20g π'=>，331022g ππ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，所以()g x '在3,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点，又3,2πθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭且cos 1sin θθθ=+，所以()cos sin 10g θθθθ'=-++=，从而()g x '在3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上的零点就是θ，且当x πθ<<时，()0g x '>，当302x π<<时，()0g x '<；当322x ππ≤<时，易得()3cos sin 0g x x x x '''=->，所以()g x ''在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，因为3202g π⎛⎫''=-<⎪⎝⎭，()220g ππ''=>所以()g x ''在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，记作0x ，且当032x x π≤<时，()0g x ''<；当02x x π<<时，()0g x ''>，所以()g x '在03,2x π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在()0,2x π上单调递增，又331022g ππ⎛⎫'=-<⎪⎝⎭，()20g π'=，所以()0g x '<在3,22ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上恒成立；综上所述，当0x θ<<时，()0g x '>；当02x π<<时，()0g x '<，所以()g x 在()0,θ上单调递增，在(),2θπ上单调递减，()()02g g a π==，()cos g a θθθθ=-+，又2sin 0a θθ<<，且cos 1sin θθθ=+，所以()00g <，()20g π<，()()2cos 1sin sin 0g a a a θθθθθθθθθθ=-+=-++=->，从而()g x 在()0,θ和(),2θπ上各有一个零点，分别记作1x 和2x ，则()()1200f x g x x x x '>⇔>⇔<<，()()1000f x g x x x '<⇔<⇔<<或22x x π<<，所以()f x 在()10,x 上单调递减，在()12,x x 上单调递增，在()2,2x π上单调递减，故()f x 在()0,2π上恰有两个极值点.强化训练1.已知函数()ln f x x x ax =-()a ∈R （1）讨论()f x 在()1,+∞上的单调性；（2）当1a =时，判断()()3cos 22F x f x x x ππ⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭的零点个数，并说明理由.【解析】（1）由题意，()ln 1f x x a '=+-，且当1x >时，ln 0x >，当1a ≤时，10a -≥，所以()0f x '>，从而()f x 在()1,+∞上单调递增；当1a >时，()10a f x x e -'>⇔>，()101a f x x e -'<⇔<<，所以()f x 在()11,a e -上单调递减，在()1,a e -+∞上单调递增.（2）当1a =时，()ln f x x x x =-，()3ln cos 22F x x x x x x ππ⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭，所以()ln sin F x x x '=-，()1cos 0F x x x ''=->，从而()F x '在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，又ln 1022F ππ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，33ln 1022F ππ⎛⎫'=+>⎪⎝⎭，所以()F x '在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点，记作0x ，且()0302F x x x π'>⇔<<，()002F x x x π'<⇔<<，故()F x 在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在03,2x π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，因为ln 02222F ππππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，3333ln 02222F ππππ⎛⎫=->⎪⎝⎭，所以()F x 有且仅有1个零点.2．已知函数()3sin 2f x ax x =-，其中a ∈R ，且()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上的最大值为32π-.（1）求a 的值；（2）判断()f x 在()0,π上的零点个数，并给出证明.【解析】（1）()()sin cos f x a x x x '=+，显然sin cos 0x x x +≥在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，所以当0a >时，()0f x '≥，故()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，从而()max 332222f x f a πππ-⎛⎫==-= ⎪⎝⎭，解得：1a =，符合题意，当0a <时，()0f x '≤，所以()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，从而()()max 33022f x f π-==-≠，不合题意，当0a =时，()32f x =-，不合题意，综上所述，实数a 的值为1.（2）由（1）知()3sin 2f x x x =-，且()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，又()3002f =-<，3022f ππ-⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点，而()f x '在,2ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，又102f π⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，()0f ππ'=-<，所以()f x '在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点1x ，当1,2x x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0f x '>，当()1,x x π∈时，()0f x '<，故()f x 在1,2x π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，在()1,x π上单调递减，又3022f ππ-⎛⎫=> ⎪⎝⎭，()302f π=-<，所以()f x 在,2ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上有一个零点，综上所述，()f x 在()0,π上有且仅有2个零点.3．已知函数()sin x f x e x =（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意的0,2x π⎡⎤∈⎢⎣⎦，()f x ax ≥恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）由题意，()()sin cos sin 4x x f x e x x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭所以()30sin 022224444f x x k x k k x k πππππππππ⎛⎫'>⇔+>⇔<+<+⇔-<<+⎪⎝⎭()370sin 022*******f x x k x k k x k ππππππππππ⎛⎫'<⇔+<⇔+<+<+⇔+<<+⎪⎝⎭，故()f x 的单调递增区间是32,244k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，单调递减区间是372,244k k ππππ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，其中k ∈Z .（2）()()0sin 0x f x ax f x ax e x ax ≥⇔-≥⇔-≥，设()sin 02x g x e x ax x π⎛⎫=-≤≤ ⎪⎝⎭，则()()sin cos x g x e x x a '=+-，()2cos 0x g x e x ''=≥，所以()g x '在0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上单调递增，且()01g a '=-，22g e aππ⎛⎫'=- ⎪⎝⎭当1a ≤时，()00g '≥，所以()0g x '≥恒成立，故()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上单调递增，又()00g =，所以()0g x ≥恒成立，即sin 0x e x ax -≥，满足题意；当2a e π≥时，02g π⎛⎫'≤ ⎪⎝⎭，所以()0g x '≤恒成立，故()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上单调递减，又()00g =，所以当0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0g x <，sin 0x e x ax -<，不合题意；当21a e π<<时，()00g '<，02g π⎛⎫'> ⎪⎝⎭，所以()g x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点，记作0x ，且()000g x x x '<⇔≤<，()002g x x x π'>⇔<≤，所以()g x 在[)00,x 上单调递减，结合()00g =可得当()00,x x ∈时，()0g x <，即sin 0x e x ax -<，不合题意；综上所述，实数a 的取值范围是(],1-∞.4．已知函数()()sin 1x f x e ax x a =-+-∈R .（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）当12a ≤<时，证明：()f x 有且仅有2个零点.【解析】（1）当2a =时，()2sin 1x f x e x x =-+-，()2cos x f x e x '=-+，()sin x f x e x ''=-，当0x ≥时，1x e ≥，sin 1x ≤，所以()0f x ''≥，故()f x '在[)0,+∞上单调递增，结合()00f '=知()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上单调递增，当0x <时，1x e <，cos 1x ≤，所以()2cos 0x f x e x '=-+<，从而()f x 在(),0-∞上单调递减，综上所述，()f x 的单调递增区间为[)0,+∞，单调递减区间为(),0-∞.（2）由题意，()cos x f x e a x '=-+，()sin x f x e x ''=-，当0x ≥时，()0f x ''≥，所以()f x '在[)0,+∞上单调递增，又12a ≤<，所以()020f a '=->，故()0f x '>恒成立，从而()f x 在[)0,+∞上单调递增，结合()00f =知()f x 在[)0,+∞上有且仅有一个零点，当时0x π-≤<，0x e >，0sinx ≤，所以()0f x ''>，从而()f x '在[),0π-上单调递增，又()10f e a ππ-'-=--<，()020f a '=->，所以()f x '在(),0π-上有一个零点0x ，且当[)0,x x π∈-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当()0,0x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增，又()10f e a πππ--=+->，()00f =，所以()f x 在(),0π-上有一个零点，当x π<-时，()sin 1sin 120x x f x e ax x e a x a ππ=-+->++->->，所以()f x 无零点，综上所述，()f x 有且仅有2个零点.5.已知函数()ln cos 02f x x ax x x x π⎛⎫=+-<≤ ⎪⎝⎭（1）当1a =-时，设()()f x g x x=，证明：()0g x <；（2）若()f x 恰有2个零点，求a 的最小整数值.【解析】（1）当1a =-时，()ln cos 02f x x x x x x π⎛⎫=--<≤ ⎪⎝⎭，()ln cos 1x g x x x =--，()21ln sin 0x g x x x -'=+>，所以()g x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，又2ln 1022g πππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以()0g x <恒成立.（2）当1a ≤时，()ln cos ln cos f x x ax x x x x x x =+-≤+-，当01x <≤时，ln 0x ≤，()cos cos 10x x x x x -=-<，所以ln cos 0x x x x +-<，从而()0f x <，当12x π<≤时，设()ln cos h x x x x x =+-12x π⎛⎫<≤ ⎪⎝⎭，则()1cos sin 1h x x x x x '=+--，()212sin cos 0h x x x x x ''=---<，所以()h x '在1,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，又()1 cos1sin10h '=-<，所以()0h x '<，从而()h x 在1,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，因为()1cos110h =-<，所以()0h x <，即ln cos 0x x x x +-<，故()0f x <，所以当1a ≤时，()0f x <恒成立，从而()f x 没有零点；当2a =时，()ln 2cos f x x x x x =+-，()12cos 2sin 1f x x x x x'=+--，()214sin 2cos 0f x x x x x ''=---<，所以()f x '在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，又11112cos sin 0222f ⎛⎫'=+-> ⎪⎝⎭，()12cos12sin10f '=-<，所以()f x '在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上有1个零点，记作0x ，则()000f x x x '>⇔<<，()002f x x x π'<⇔<≤，从而()f x 在()00,x 上单调递增，在0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减，因为111111ln cos cos ln 20222222f ⎛⎫=+-=--< ⎪⎝⎭，()12cos112cos103f π=->-=，ln 0222f πππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以()f x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭和1,2π⎛⎫⎪⎝⎭上各有1个零点，从而()f x 共有2个零点，故a 的最小整数值为2.6.已知函数()sin x x xf x e a=-（1）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为2y x b =+，求a ，b 的值；（2）若03a <<，讨论()f x 在()0,π上的零点个数.（参考数据：24.8e π≈）【解析】（1）由题意，()sin x x x f x e a =-，()1cos x x x f x e a -'=-，所以()00f =，()101f a'=-，一方面，()1012f a'=-=，所以1a =-，另一方面，切点()0,0在切线2y x b =+上，所以0b =.（2）由（1）可得()()1cos 1cos xx xa x e xx x f x e a ae ---'=-=，设()()1cos x g x a x e x =--()0x π<<，则()()cos sin x g x a e x x '=---，()()()cos sin sin cos 2sin 0x x xg x e x x e x x e x ''⎡⎤=--+--=>⎣⎦，所以()g x '在()0,π上单调递增，由于03a <<，所以()010g a '=--<，()0g a e ππ'=-+>，从而()g x '在()0,π上有唯一的零点，记作0x ，且()000g x x x '<⇔<<，()00g x x x π'>⇔<<，故()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x π上单调递增，()01g a =-，()()10x g a e ππ=-+>，当01a <≤时，()00g ≤，所以()g x 在()0,π上有唯一的零点，记作1x ，且当10x x <<时，()0g x <，所以()0f x '<，当1x x π<<时，()0g x >，所以()0f x '>，从而()f x 在()10,x 上单调递减，在()1,x π上单调递增，又()00f =，()0f e πππ=>，所以()f x 有且仅有1个零点，当13a <<时，()00g >，又1022g a ππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()g x 在()0,π上有2个零点，记作2x ，3x ()23x x <，且当20x x <<或3x x π<<时，()0g x >，所以()0f x '>，当23x x x <<时，()0g x <，所以()0f x '<，从而()f x 在()20,x 上单调递增，在()23,x x 上单调递减，在()3,x π上单调递增，又()00f =，222120222a e f a e ae ππππππ-⎛⎫=-=< ⎪⎝⎭，()0f e πππ=>，所以()f x 共有2个零点.。

三角函数导数练习题及解答

三角函数导数练习题及解答

三角函数导数练习题及解答在微积分中，导数是一个重要的概念，它描述了函数在某一点处的变化率。

而三角函数是数学中常见的函数之一，包括正弦函数、余弦函数和正切函数等。

本文将提供一些三角函数导数的练习题及其解答，帮助读者加深对三角函数导数的理解。

练习题一：求下列函数的导数。

1. $f(x)=\sin(x)$2. $f(x)=\cos(x)$3. $f(x)=\tan(x)$4. $f(x)=\sin^2(x)$5. $f(x)=\cos^2(x)$6. $f(x)=\sin(2x)$7. $f(x)=\cos(2x)$解答一：1. $f'(x)=\cos(x)$2. $f'(x)=-\sin(x)$3. $f'(x)=\sec^2(x)$4. $f'(x)=2\sin(x)\cos(x)$5. $f'(x)=-2\sin(x)\cos(x)$7. $f'(x)=-2\sin(2x)$练习题二：求下列函数的导数。

1. $f(x)=\sin^3(x)$2. $f(x)=\cos^3(x)$3. $f(x)=\sin(x)\cos(x)$4. $f(x)=\tan^2(x)$5. $f(x)=\frac{\sin(x)}{\cos(x)}$解答二：1. $f'(x)=3\sin^2(x)\cos(x)$2. $f'(x)=-3\cos^2(x)\sin(x)$3. $f'(x)=\cos^2(x)-\sin^2(x)$4. $f'(x)=2\tan(x)\sec^2(x)$5. $f'(x)=\sec^2(x)$练习题三：求下列函数的导数。

1. $f(x)=\sin(x^2)$2. $f(x)=\cos(x^2)$3. $f(x)=\tan(x^2)$4. $f(x)=\sin^2(x^2)$6. $f(x)=\sin(2x^2)$7. $f(x)=\cos(2x^2)$解答三：1. $f'(x)=2x\cos(x^2)$2. $f'(x)=-2x\sin(x^2)$3. $f'(x)=\frac{2x}{\cos^2(x^2)}$4. $f'(x)=2x\sin(2x^2)$5. $f'(x)=-2x\sin(2x^2)$6. $f'(x)=4x\cos(2x^2)$7. $f'(x)=-4x\sin(2x^2)$练习题四：求下列函数的导数。

含三角函数的导数问题

含三角函数的导数问题
fxxxf′(1)的值为( ln．已知函数)(，则)＝－cos＋1A．sin1－1 B．1－sin1
C．1＋sin1 D．－1－sin1
答案C
1fxxxfxxf′(1)＝1＋，∴′(sin1.)解析∵＝(＋)＝－cossin＋ln，∴ xπxyx处的切线方程为______在2．曲线＝tan＝－ 4πxy－12答案＋＝ 222xxπx1cos＋sinsinyx＝－处的斜率为2，，′＝()′＝＝解析所以在 22xxx4coscoscosππxxyyx－1.2＝tan＝在＝－＋处的切线方程为曲线 24yxxπ)内的单调增区间为________(0,2．＝－2sin在3．函数ππ5，()答案 33
(2xf＋)－0＋0′(
3πxfπ＋2单调递增()单调递增单调递减2π3fxππ)，单调递减区(，(0，2)因此，由上表知与()的单调递增区间是 2πππ333πffππ＋2.))，，极小值为＝()＝，极大值为间是(( 2222x?cosx?x?sin(fx)已知函数．7
))(aax()(,ffy?b?yba的值。与相切，求处与直线在点）若曲线1（．
ππ5πxxy，)．在(0,2)内的增区间为(∴函数＝－2sin 33
xsinx?xf()2?的部分图象可能是4.函数
A B C D
ππ54ffxfxxfx(－))，，－R．已知函数5()＝sin，∈，(4)(的大小关系为 43．)用“<”连接______(
ππ54fff．()<－答案((－4)<) 43ππ45xxxxfxxx[＋，当sin<0，cos解析<0，cos′(∈)，]时，sin＝ 34ππ45xxfxfxxx[<0，则函数′(在)＝sin(＋，]时为减函数，∈cos)∴ 34ππ54xffff()()∴，又函数)<为偶函数，(4)<( 43ππ54fff)∴－(4)<．()<－( 43xπfxxxxxf的单调区间与，＋求函数＋1,0＜)6．设函数＜(2)＝sin－cos(极值．πxxfxxx＜－cos2＋，＋解析由1,0(＜)＝sinxxfxsin，′(＋)＝cos1＋知πxfx．＋′()＝1)＋于是2sin( 4ππ32xxπfxx＝－，得令＝′(＝)＝0，从而sin(，或＋). 224xfxfx(，当的变化情况如下表：变化时，)′()

三角函数的导数模拟试题

三角函数的导数模拟试题

三角函数的导数模拟试题在数学中，三角函数是非常重要且广泛应用的一类函数。

在高中数学中，学生学习了三角函数的定义、性质和图像，但在进一步学习微积分时，他们也需要了解三角函数的导数。

本文将通过模拟试题的形式，帮助读者更好地理解和掌握三角函数的导数。

第一部分：正弦函数的导数1. 计算下列函数的导数：(1) f(x) = sin(x)解：根据导数的定义，我们有 f'(x) = cos(x)2. 求函数 y = sin(2x) 在x = π/4 处的导数。

解：使用链式法则，我们有 y' = 2cos(2x)。

将x = π/4 代入，可得导数的值。

3. 求函数 y = sin^2(x) 的导数。

解：使用乘法法则，我们有 y' = 2sin(x)cos(x)。

第二部分：余弦函数的导数1. 计算下列函数的导数：(1) f(x) = cos(x)解：根据导数的定义，我们有 f'(x) = -sin(x)2. 求函数 y = cos(3x) 在x = π/6 处的导数。

解：使用链式法则，我们有 y' = -3sin(3x)。

将x = π/6 代入，可得导数的值。

3. 求函数 y = cos^2(x) 的导数。

解：使用乘法法则，我们有 y' = -2sin(x)cos(x)。

第三部分：其他三角函数的导数1. 计算下列函数的导数：(1) f(x) = tan(x)解：根据导数的定义，我们有 f'(x) = sec^2(x)2. 求函数 y = cot(2x) 在x = π/3 处的导数。

解：使用链式法则和商法则，我们有 y' = -2csc^2(2x)。

将x = π/3 代入，可得导数的值。

3. 计算函数 y = sec(x) 的导数。

解：使用商法则，我们有 y' = sec(x)tan(x)。

综合练习：1. 计算下列函数的导数：(1) f(x) = cos(x)tan(x)解：使用乘法法则和商法则，我们有 f'(x) = -sin^2(x) + sec^2(x)2. 求函数 y = sin(2x)cos(x) 在x = π/4 处的导数。

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以三角函数为载体的导数压轴题汇编1.（2018·年海淀区一摸）已知函数ax x e x f x -=sin )(.（1）当0=a 时，求曲线)(x f y =在))0(,0(f 处的切线方程；（2）当0≤a 时，判断)(x f 在]43,0[π上的单调性，并说明理由；（3）当1<a 时，求证：]43,0[π∈∀x ，都有0)(≥x f .2.（2018·东城区一摸）已知函数()sin cos ,f x x x a x x a R =++∈.（1）当1a =-时，求曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线方程；（2）当2a =时，求()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（3）当2a >时，若方程()30f x -=在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有唯一解，求a 的取值范围.3.（2018·江西二摸）已知函数()sin x f x x=.（1）若()0,x π∈，讨论方程()f x k =根的情况；（2）若()0,2x π∈，2,5k ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，讨论方程()f x k '=根的情况.4.（2018·东城区二摸）已知函数()21sin cos 2f x x x x ax =++，[],x ππ∈-.（1）当0a =时，求()f x 的单调区间；（2）当0a >时，讨论()f x 的零点个数.5.（2018·丰台区二摸）已知函数()()cos sin f x x a x x =--，()0,x π∈，（a R ∈）.（1）求()f x 的单调区间；（2）若对于任意()10,x π∈，存在()20,x π∈，都有()212221f x x x >--，求a 的取值范围.6.（2018·威海二摸）已知函数()212x f x x ax ae =+-，()g x 为()f x 的导函数.（1）求函数()g x 的单调区间；（2）若函数()g x 在R 上存在最大值0，求函数()f x 在[)0,+∞上的最大值；（3）求证：当0x ≥时，()222332sin x x x e x ++≤-.7.（2018·潍坊一摸）函数()()()sin ,1cos x xf x e xg x x x ==+-.（1）求()f x 的单调区间；（2）对10,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，使()()12f x g x m +≥成立，求实数m 的取值范围；（3）设()()2sin 2sin x h x f x n x x =⋅-⋅在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点，求正实数n 的取值范围.8.（2018·衡阳二摸）已知函数()3sin f x x x mx =-+，（m R ∈）.（1）当0m =时，证明：()xf x e >-；（2）当0x ≥时，函数()f x 单调递增，求m 的取值范围.9.（2018·烟台一摸）设函数()cos ln f x x a x b x =-+（,a b R ∈）.（1）若0b =且()f x 在()0,+∞为增函数，求a 的取值范围；（2）设01a <<，若存在()12,0,x x ∈+∞，使得()()()1212f x f x x x =≠，求证：0b <且1b a <-.10.（2018·全国三摸）已知：()21sin 2f x x mx x =+-（[]0,1x ∈）.（1）若()f x 在[]0,1上单调递增，求实数m 的取值范围；（2）若01m <<，试分析()02f x +=，[]0,1x ∈的根的个数.11.（2018·江西二摸）已知()x f x e =，()22sin 1g x x ax x x =+-+.（1）证明：111x x e x+≤≤-（[)0,1x ∈）；（2）若[]0,1x ∈时，()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.12.（2018·黑龙江模拟）已知函数()sin f x x ax =-.（1）对于()0,1x ∈，()0f x >恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，令()()sin ln 1h x f x x x =-++，求()h x 的最大值.（3）求证：()1111ln 11231n n n+<+++⋅⋅⋅++-（*n N ∈）.13.（2018·张掖模拟）已知函数()22ln f x x x a x =--，()g x ax =.（1）求函数()()()F x f x g x =+的极值；（2）若不等式()sin 2cos x g x x≤+对0x ≥恒成立，求a 的取值范围.14.（2018·河南一模）设函数()sin xf x e a x b =++.（1）当1a =，[)0,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求b 的范围；（2）若()f x 在0x =处的切线为10x y --=，求,a b 的值，并证明当()0,x ∈+∞时，()ln f x x >.15.（2018·昆明一模）函数()1x f x e x =--，()()cos 1x g x e ax x x =++.（1）求函数()f x 的极值；（2）若1a >-，证明：当()0,1x ∈时，()1g x >.16.（2018·湖南模拟）已知函数()()sin cos 0f x x x x x =+>.（1）当()0,2x π∈，求()f x 的极值；（2）记i x 为()f x 的从小到大的第()*i i N ∈个极值点，证明：2222311119n x x x ++⋅⋅⋅+<（*2,n n N ≥∈）.17.（2018·丰台区二模）已知函数()cos f x x x ax a =-+，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，（0a ≠）.（1）当1a ≥时，求()f x 的单调区间；（2）求证：()f x 有且仅有一个零点.18.（2018·重庆一模）设函数()sin xf x e a x =-.（1）当1a =时，证明：()0,x ∀∈+∞，()1f x >；（2）若[)0,x ∀∈+∞，()0f x ≥都成立，求实数a 的取值范围.19.（2018·江苏二模）设函数()()sin 0f x x a x a =->.（1）若函数()y f x =是R 上的单调函数，求实数a 的取值范围；（2）设12a =，()()()ln 1,0g x f xb x b R b =++∈≠，()g x '是()g x 的导函数.①若对任意的0x >，()0g x '>，求证：存在0x ，使()00g x <；②若()()12g x g x =（12x x ≠），求证：2124x x b <.20.（2018·烟台一模）设函数()cos ln f x x a x b x =-+（,a b R ∈）.（1）若0b =，且()f x 在()0,+∞为增函数，求a 的取值范围；（2）设01a <<，若存在()12,0,x x ∈+∞，使得()()12f x f x =（12x x ≠），求证：0b <1b a <-.21.（2018·泸州模拟）设()cos 2x f x ae x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，其中0a >.（1）求证：曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线过定点；（2）若函数()f x 在()1,1-上存在唯一极值，求正数a 的取值范围.22.（2018·昆明一模）已知函数()()234cos 1x f x e x ax x x =+++，()()1x g x e m x =-+.（1）当1m ≥时，求函数()g x 的极值；（2）若72a ≥-，证明：当()0,1x ∈时，()1f x x >+.23.（2018·衡阳二模）已知函数()3sin f x x x mx =-+（m R ∈）.（1）当0m =时，证明：()xf x e >-；（2）若0x ≥，函数()f x 单调递增，求m 的取值范围.24.（2018·海拉尔区校级二模）已知()()ln f x a x x =+-.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0x >时，()201x f x x+>+恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin ln 11sin x x x+>+.25.（2017·北京）已知函数()cos xf x e x x =-.（1）当曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎣⎦上的最大值和最小值；26.（2012·安徽）设函数()sin 2x f x x =+的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{}n x .（1）求数列{}n x ；（2）设{}n x 的前n 项和为n S ，求sin n S ；27.（2012·大纲版）设函数()cos f x ax x =+，[]0,x π∈.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()1sin f x x ≤+，求a 的取值范围.28.（2016年全国卷Ⅲ理）设函数()()()cos 21cos 1f 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()2f x A '≤.29.（2015·湖南理）已知0a >，函数()sin ax f x e x =（[)0,x ∈+∞）.记n x 为()f x 的从小到大的第n （*n N ∈）个极值点.证明：（1）数列(){}n f x 是等比数列；（2）若a ≥*n N ∈，()n n x f x <恒成立.30.（2014年北京理）已知函数()cos sin f x x x x =-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎣⎦.（1）求证：()0f x ≤；（2）若sin x a b x <<在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，求a 的最大值与b 的最小值.31.（2014年辽宁理）已知函数()()()()8cos 2sin 13f x x x x x π=-+-+，()()()23cos 41sin ln 3xg x x x x ππ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭.证明：（1）存在唯一00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()00f x =；（2）存在唯一1,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()10g x =，且对（1）中的01x x π+<.32.（2013年辽宁理）已知函数()()21x f x x e -=+，()312cos 2x g x ax x x =+++.当[]0,1x ∈时，（1）求证：()111x f x x-≤≤+；（2）若()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.。

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