高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

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专题17 三角函数概念与诱导公式 (教师版)高中数学53个题型归纳与方法技巧总结篇

【考点预测】知识点一：三角函数基本概念1．角的概念(1)任意角：①高中数学53个题型归纳与方法技巧总结篇专题17三角函数概念与诱导公式定义：角可以看成平面内一条射线绕着端点从一个位置旋转到另一个位置所成的图形；②分类：角按旋转方向分为正角、负角和零角．(2)所有与角α终边相同的角，连同角α在内，构成的角的集合是{}Z k k S ∈+︒⋅==，αββ360．(3)象限角：使角的顶点与原点重合，角的始边与x 轴的非负半轴重合，那么，角的终边在第几象限，就说这个角是第几象限角；如果角的终边在坐标轴上，就认为这个角不属于任何一个象限．(4)象限角的集合表示方法：2．弧度制(1)定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，用符号rad 表示，读作弧度．正角的弧度数是一个正数，负角的弧度数是一个负数，零角的弧度数是0．(2)角度制和弧度制的互化：rad 180π=︒,rad 1801π=︒,π︒=180rad 1．(3)扇形的弧长公式：r l ⋅=α，扇形的面积公式：22121r lr S ⋅==α．3．任意角的三角函数(1)定义：任意角α的终边与单位圆交于点)(y x P ，时，则y =αsin ，x =αcos ，)0(tan ≠=x xyα．(2)推广：三角函数坐标法定义中，若取点P )(y x P ，是角α终边上异于顶点的任一点，设点P 到原点O 的距离为r ，则r y =αsin ，r x =αcos ，)0(tan ≠=x xyα三角函数的性质如下表：三角函数定义域第一象限符号第二象限符号第三象限符号第四象限符号αsin R ＋＋－－αcos R＋－－＋αtan }2|{Z k k ∈+≠，ππαα＋－＋－记忆口诀:三角函数值在各象限的符号规律:一全正、二正弦、三正切、四余弦．4．三角函数线如下图，设角α的终边与单位圆交于点P ，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，过A(1,0)作单位圆的切线与α的终边或终边的反向延长线相交于点T ．三角函数线有向线段MP 为正弦线；有向线段OM 为余弦线；有向线段AT 为正切线知识点二：同角三角函数基本关系1．同角三角函数的基本关系(1)平方关系：1cos sin 22=+αα．(2)商数关系：)2(tan cos sin ππααααk +≠=；知识点三：三角函数诱导公式公式一二三四五六角)(2Z k k ∈+απαπ+α-απ-απ-2απ+2正弦αsin αsin -αsin -αsin αcos αcos 余弦αcos αcos -αcos αcos -αsin αsin -正切αtan αtan αtan -αtan -口诀函数名不变，符号看象限函数名改变，符号看象限【记忆口诀】奇变偶不变，符号看象限，说明：（1）先将诱导三角函数式中的角统一写作2n πα⋅±；（2）无论有多大，一律视为锐角，判断2n πα⋅±所处的象限，并判断题设三角函数在该象限的正负；（3）当n 为奇数是，“奇变”，正变余，余变正；当n 为偶数时，“偶不变”函数名保持不变即可．【方法技巧与总结】1．利用1cos sin 22=+αα可以实现角α的正弦、余弦的互化，利用αααtan cos sin =可以实现角α的弦切互化．2．“ααααααcos sin cos sin cos sin -+，，”方程思想知一求二．222(sin cos )sin cos 2sin cos 1sin 2ααααααα+=++=+222(sin cos )sin cos 2sin cos 1sin 2ααααααα-=+-=-22(sin cos )(sin cos )2αααα++-=【题型归纳目录】题型一：终边相同的角的集合的表示与区别题型二：等分角的象限问题题型三：弧长与扇形面积公式的计算题型四：三角函数定义题题型五：象限符号与坐标轴角的三角函数值题型六：同角求值—条件中出现的角和结论中出现的角是相同的题型七：诱导求值与变形【典例例题】题型一：终边相同的角的集合的表示与区别例1．（2022·全国·高三专题练习）与角94π的终边相同的角的表达式中，正确的是（）A ．245k π+ ，k Z ∈B ．93604k π⋅+，k Z ∈C ．360315k ⋅- ，k Z ∈D ．54k ππ+，k Z ∈【答案】C 【解析】【分析】要写出与94π的终边相同的角，只要在该角上加2π的整数倍即可．【详解】首先角度制与弧度制不能混用，所以选项AB 错误；又与94π的终边相同的角可以写成92()4k k Z ππ+∈，所以C 正确．故选：C ．例2．（2022·全国·高三专题练习）若角α的终边在直线y x =-上，则角α的取值集合为（）A ．2,4k k πααπ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z B ．32,4k k πααπ⎧⎫=+∈⎨⎬⎩⎭Z C ．3,4k k πααπ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z D ．,4k k πααπ⎧⎫=-∈⎨⎬⎩⎭Z 【答案】D 【解析】【分析】根据若,αβ终边相同，则2,k k Z βπα=+∈求解.【详解】解：，由图知，角α的取值集合为:()32,2,4421,2,44,4k k Z k k Z k k Z k k Z k k Z ππααπααπππααπααππααπ⎧⎫⎧⎫=+∈⋃=-∈⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎧⎫⎧⎫==+-∈⋃=-∈⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭⎧⎫==-∈⎨⎬⎩⎭故选：D.【点睛】本题主要考查终边相同的角，还考查了集合的运算能力，属于基础题.例3．（2022·上海市嘉定区第二中学高一阶段练习）设集合{}{}|45180,|135180,A k k Z k k Z αααα==︒+⋅︒∈⋃=︒+⋅︒∈，集合{}|4590,B k k Z ββ==︒+⋅︒∈，则（）A ．AB =∅ B ．A BC ．B AD ．A B=【答案】D 【解析】【分析】考虑A 中角的终边的位置，再考虑B 中角的终边的位置，从而可得两个集合的关系.【详解】.45180,k k Z α=︒+⋅︒∈表示终边在直线y x =上的角，135180,k k Z α=︒+⋅︒∈表示终边在直线y x =-上的角，而4590,k k Z β=︒+⋅︒∈表示终边在四条射线上的角，四条射线分别是射线,0;,0;,0;,0y x x y x x y x x y x x =≥=-≤=≤=-≥，它们构成直线y x =、直线y x =-，故A B =.故选：D.【点睛】本题考查终边相同的角，注意180k α⋅︒+的终边与α的终边的关系是重合或互为反向延长线，而90k α⋅︒+的终边与α的终边的关系是重合或互为反向延长线或相互垂直，本题属于中档题.（多选题）例4．（2022·全国·高三专题练习）如果角α与角45γ+︒的终边相同，角β与45γ-︒的终边相同，那么αβ-的可能值为（）A ．90︒B ．360︒C ．450︒D ．2330︒【答案】AC 【解析】根据终边相同可得角与角之间的关系，从而可得αβ-的代数形式，故可得正确的选项.【详解】因为角α与角45γ+︒的终边相同，故45360k γα ，其中k Z ∈，同理145360k βγ=-︒+⋅︒，其中1k Z ∈，故90360n αβ-=︒+⋅︒，其中n Z ∈，当0n =或1n =时，90αβ-=︒或450αβ-=︒，故AC 正确，令36090360n ︒=︒+⋅︒，此方程无整数解n ；令903060233n =︒+⋅︒︒即569n =，此方程无整数解n ；故BD 错误.故选：AC.（多选题）例5．（2022·全国·高三专题练习）下列条件中，能使α和β的终边关于y 轴对称的是（）A ．90αβ+=︒B ．180αβ+=︒C ．()36090k k αβ+=⋅︒+︒∈ZD ．()()21180k k αβ+=+⋅︒∈Z 【答案】BD 【解析】【分析】根据α和β的终边关于y 轴对称时()180360k k αβ+=︒+︒∈Z ，逐一判断正误即可.【详解】根据α和β的终边关于y 轴对称时()180360k k αβ+=︒+︒∈Z 可知，选项B 中，180αβ+=︒符合题意；选项D 中，()()21180k k αβ+=+⋅︒∈Z 符合题意；选项AC 中，可取0,90αβ=︒=︒时显然可见α和β的终边不关于y 轴对称.故选：BD.例6．（2022·全国·高三专题练习）写出两个与113π-终边相同的角___________．【答案】3π，53π-(其他正确答案也可)【解析】【分析】利用终边相同的角的定义求解.【详解】设α是与113π-终边相同的角，则112,3k k Z παπ=-∈，令1k =，得53πα=-，令2k =，得3πα=，故答案为：3π，53π-(其他正确答案也可)【方法技巧与总结】（1）终边相同的角的集合的表示与识别可用列举归纳法和双向等差数列的方法解决．（2）注意正角、第一象限角和锐角的联系与区别，正角可以是任一象限角，也可以是坐标轴角；锐角是正角，也是第一象限角，第一象限角不包含坐标轴角．题型二：等分角的象限问题例7．（2022·浙江·高三专题练习）若18045,k k Z α=⋅+∈ ，则α的终边在（）A ．第一、三象限B ．第一、二象限C ．第二、四象限D ．第三、四象限【答案】A 【解析】【分析】分21,k n n Z =+∈和2,k n n =∈Z 讨论可得角的终边所在的象限.【详解】解：因为18045,k k Z α=⋅+∈ ，所以当21,k n n Z =+∈时，218018045360225,n n n Z α=⋅++=⋅+∈ ，其终边在第三象限；当2,k n n =∈Z 时，21804536045,n n n Z α=⋅+=⋅+∈ ，其终边在第一象限.综上，α的终边在第一、三象限.故选：A.例8．（2022·全国·高三专题练习（理））角α的终边属于第一象限，那么3α的终边不可能属于的象限是（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】D 【解析】【分析】由题意知，222k k ππαπ<<+，k Z ∈，即可得3α的范围，讨论3k n =、31k n =+、32k n =+()n Z ∈对应3α的终边位置即可.【详解】∵角α的终边在第一象限，∴222k k ππαπ<<+，k Z ∈，则223363k k παππ<<+，k Z ∈，当3()k n n Z =∈时，此时3α的终边落在第一象限，当31()k n n Z =+∈时，此时3α的终边落在第二象限，当32()k n n Z =+∈时，此时3α的终边落在第三象限，综上，角α的终边不可能落在第四象限，故选：D.例9．（2022·全国·高三专题练习）θ是第二象限角，则下列选项中一定为负值的是（）A ．sin2θB ．cos2θC ．sin 2θD ．cos 2θ【答案】C 【解析】表示出第二象限角的范围，求出2θ和2θ所在象限，确定函数值的符号．【详解】因为θ是第二象限角，所以22,2k k k Z ππθππ+<<+∈，则4242,k k k Z ππθππ+<<+∈，所以2θ为第三或第四象限角或终边在y 轴负半轴上，，所以sin 2θ<0.而,422k k k Z πθπππ+<<+∈，2θ是第一象限或第三象限角，正弦余弦值不一定是负数．故选：C ．例10．（2022·全国·高三专题练习）已知角α第二象限角，且cos cos22αα=-，则角2α是（）A ．第一象限角B ．第二象限角C ．第三象限角D ．第四象限角【答案】C 【解析】【分析】由α是第二象限角，知2α在第一象限或在第三象限，再由coscos22αα=-，知cos02α≤，由此能判断出2α所在象限．【详解】因为角α第二象限角,所以()90360180360Z k k k α+⋅<<+⋅∈，所以()4518090180Z 2k k k α+⋅<<+⋅∈，当k 是偶数时，设()2Z k n n =∈，则()4536090360Z 2n n n α+⋅<<+⋅∈，此时2α为第一象限角；当k 是奇数时，设()21Z k n n =+∈，则()225360270360Z 2n n n α+⋅<<+⋅∈，此时2α为第三象限角.；综上所述：2α为第一象限角或第三象限角，因为coscos22αα=-，所以cos02α≤，所以2α为第三象限角．故选：C ．【方法技巧与总结】先从α的范围出发，利用不等式性质，具体有：（1）双向等差数列法；（2）nα的象限分布图示．题型三：弧长与扇形面积公式的计算例11．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB 及其所对弦AB 围成的图形．若弧田的弦AB 长是2，弧所在圆心角的弧度数也是2，则弧田的弧AB 长为_______，弧田的面积为_________．【答案】2sin1;211sin 1tan1-.【解析】【分析】（1）利用弧长公式解决，那么需要算出半径和圆心角；（2）用扇形的面积减去三角形的面积即可.【详解】由题意可知：111,,sin1sin1tan1tan1======AC BC BC AC AO OC ，所以弧AB 长122sin1sin1=⨯=，弧田的面积22111111222sin12tan1sin 1tan1⎛⎫=-=⨯⨯-⨯⨯=- ⎪⎝⎭扇形AOB AOB S S ，故答案为：2sin1；211sin 1tan1-.例12．（2022·全国·高考真题（理））沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图， AB 是以O 为圆心，OA 为半径的圆弧，C 是AB 的中点，D 在 AB 上，CD AB ⊥．“会圆术”给出 AB 的弧长的近似值s 的计算公式：2CDs AB OA=+．当2,60OA AOB =∠=︒时，s =（）A B C D 【答案】B 【解析】【分析】连接OC ，分别求出,,AB OC CD ，再根据题中公式即可得出答案.【详解】解：如图，连接OC ，因为C 是AB 的中点，所以OC AB ⊥，又CD AB ⊥，所以,,O C D 三点共线，即2OD OA OB ===，又60AOB ∠=︒，所以2AB OA OB ===，则OC =2CD =所以()22222CD s AB OA =+=+=故选：B.例13．（2022·全国·高三专题练习）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴.按如下方法剪裁，扇面形状较为美观.从半径为r 的圆面中剪下扇形OAB ，使剪下扇形OAB，再从扇形OAB 中剪下扇环形ABDC 制作扇面，使扇环形ABDC 的面积与扇形OAB.则一个按上述方法制作的扇环形装饰品（如图）的面积与圆面积的比值为（）ABCD2-【答案】D 【解析】【分析】记扇形OAB 的圆心角为α，扇形OAB 的面积为1S ，扇环形ABDC 的面积为2S ，圆的面积为S ，根据扇形面积公式，弧长公式，以及题中条件，即可计算出结果.【详解】记扇形OAB 的圆心角为α，扇形OAB 的面积为1S ，扇环形ABDC 的面积为2S ，圆的面积为S ，由题意可得，2112S r α=，21S S =2S r π=，所以()122124S Srαππ==，因为剪下扇形OAB ，所以22r r r παπ-=(3απ=，所以()()()2113244S S απππ====.故选：D.例14．（2022·浙江·赫威斯育才高中模拟预测）“圆材埋壁”是我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”的模型，其截面如图所示，若圆柱形材料的底面半径为1，截面圆圆心为O ，墙壁截面ABCD 为矩形，且1AD =，则扇形OAD 的面积是__________.【答案】6π##16π【解析】【分析】计算AOD ∠，再利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意可知，圆O 的半径为1，即1OA OD ==，又1AD =，所以OAD △为正三角形，∴3AOD π∠=，所以扇形OAD 的面积是221112236S r AOD ππ=⨯⨯∠=⨯⨯=.故答案为：6π例15．（2022·全国·模拟预测）炎炎夏日，在古代人们乘凉时习惯用的纸叠扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形加工制作而成.如图，扇形纸叠扇完全展开后，扇形ABC 的面积S 为22225cm π，若2BD DA =，则当该纸叠扇的周长C 最小时，BD 的长度为___________cm .【答案】10π【解析】【分析】设扇形ABC 的半径为r cm ，弧长为l cm ，根据扇形ABC 的面积S 为22225cm π，由212252rl π=得到rl ，然后由纸叠扇的周长2C r l =+，利用基本不等式求解.【详解】解：设扇形ABC 的半径为r cm ，弧长为l cm ，则扇形面积12S rl =.由题意得212252rl π=，所以2450rl π=.所以纸叠扇的周长260C r l π=+≥==，当且仅当22,450,r l rl π=⎧⎨=⎩即15r π=，30l π=时，等号成立，所以()15BD DA cm π+=.又2BD DA =，所以()1152BD BD cm π+=，所以()3152BD cm π=，故()10BD cm π=.故答案为：10π例16．（2022·全国·高三专题练习）已知扇形的周长为4cm ，当它的半径为________cm 和圆心角为________弧度时，扇形面积最大，这个最大面积是________cm 2.【答案】121【解析】【详解】24l r +=，则()21142222S lr r r r r ==-=-+，则1,2r l ==时，面积最大为1，此时圆心角2lrα ，所以答案为1；2；1.【方法技巧与总结】（1）熟记弧长公式：l ＝|α|r ，扇形面积公式：S 扇形＝12lr ＝12|α|r 2（弧度制(0,2]απ∈）（2）掌握简单三角形，特别是直角三角形的解法题型四：三角函数定义题例17．（2022·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）已知角θ的终边过点()1,1A -，则sin()6πθ-=（）ABCD【答案】D 【解析】【分析】由任意三角形的定义求出sin ,cos θθ，由两角差的正弦公式代入即可求出sin()6πθ-.【详解】因为角θ的终边过点()1,1A -，由任意三角形的定义知：sin θθ==sin()sin cos cos sin 666πππθθθ-=-=故选：D.例18．（2022·河北衡水·高三阶段练习）已知角α的终边经过点(-，则()tan sin 232πααπ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭（）A ．32B ．34-C．D【答案】D 【解析】【分析】利用三角函数的定义、诱导公式、二倍角公式以及弦化切可求得所求代数式的值.【详解】依题意，由三角函数的定义可知tan α=()22sin cos 2sin cos 2tan sin 23sin 22sin sin cos cos 2παπαααααπαπαααα⎛⎫+ ⎪⎛⎫⎝⎭++-=-=-- ⎪+⎛⎫⎝⎭+ ⎪⎝⎭22212sin cos 2tan tan sin cos tan 1ααααααα=--===++故选：D.例19．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知角α的始边与x 轴非负半轴重合，终边上一点()sin 3,cos3P ，若02απ≤≤，则α=（）A ．3B ．32π-C ．532π-D ．32π-【答案】C【分析】根据三角函数的定义求出tan α，结合诱导公式即可得解，注意角所在的象限.【详解】解：因为角α的终边上一点()sin 3,cos3P ，所以cos31tan 0sin 3tan 3α==<，又cos 30,sin 30<>，所以α为第四象限角，所以23,Z 2k k παπ=+-∈，又因02απ≤≤，所以532πα=-.故选：C.例20．（2022·北京·二模）已知角α的终边经过点34,55P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则sin 2α=（）A ．2425-B ．725-C ．725D ．2425【答案】A 【解析】【分析】根据终边上的点确定角的正余弦值，再由二倍角正弦公式求sin 2α.【详解】由题设43sin ,cos 55αα==-，而4324sin 22sin cos 2()5525ααα==⨯⨯-=-.故选：A【方法技巧与总结】（1）任意角的正弦、余弦、正切的定义；题型五：象限符号与坐标轴角的三角函数值例21．（2022·全国·高三专题练习）如果cos 0θ<，且tan 0θ<，则sin cos cos θθθ-+的化简为_____.【答案】sin θ【解析】【分析】由cos 0θ<，且tan 0θ<，得到θ是第二象限角，由此能化简sin cos cos θθθ-+．解：∵cos 0θ<，且tan 0θ<，∴θ是第二象限角，∴sin cos cos sin cos cos sin θθθθθθθ-+=-+=．故答案为：sin θ．例22．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）若角α满足sin cos 0αα⋅<，cos sin 0αα-<，则α在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】B 【解析】【分析】根据sin cos 0αα⋅<可知α是第二或第四象限角；根据第二或第四象限角正余弦的符号可确定结果.【详解】sin cos 0αα⋅< ，α 是第二或第四象限角；当α是第二象限角时，cos 0α<，sin 0α>，满足cos sin 0αα-<；当α是第四象限角时，cos 0α>，sin 0α<，则cos sin 0αα->，不合题意；综上所述：α是第二象限角.故选：B.例23．（2022·浙江·模拟预测）已知R θ∈，则“cos 0θ>”是“角θ为第一或第四象限角”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要【答案】B 【解析】【分析】利用定义法进行判断.【详解】充分性：当cos 0θ>时，不妨取cos 1,0θθ==时轴线角不成立.故充分性不满足；必要性：角θ为第一或第四象限角，则cos 0θ>，显然成立.故选：B.例24．（2022·重庆·高三开学考试）若tan 0θ>，则下列三角函数值为正值的是（）A ．sin θB ．cos θC ．sin 2θD ．cos 2θ【答案】C 【解析】【分析】结合诱导公式、二倍角公式判断出正确选项.【详解】sin tan 0sin cos 0sin 22sin cos 0cos θθθθθθθθ=>⇒⋅>⇒=>，所以C 选项正确.当5π4θ=时，5ππtan 0,sin 0,cos 0,cos 2coscos 022θθθθ><<===，所以ABD 选项错误.故选：C例25．（2022·全国·高三专题练习（理））我们知道，在直角坐标系中，角的终边在第几象限，这个角就是第几象限角．已知点()cos ,tan P αα在第三象限，则角α的终边在（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】B 【解析】【分析】本题首先可以根据题意得出cos 0α<、tan 0α<，然后得出sin 0α>，即可得出结果.【详解】因为点()cos ,tan P αα在第三象限，所以cos 0α<，tan 0α<，则sin 0α>，角α的终边在第二象限，故选：B.例26．（2022·全国·高三专题练习（理））已知sin 0,cos 0αα><，则（）A ．sin 20α>B ．cos20α<C ．tan02α>D ．sin2α<【答案】C 【解析】【分析】由条件得到角α所在的象限，从而得到2α所在的象限，这样就可以得到答案.【详解】由sin 0,cos 0αα><知，α为第二象限角，所以2α为第一或第三象限角，所以tan02α>．故选：C.例27．（2022·江西南昌·三模（文））若角α的终边不在坐标轴上，且sin 2cos 2αα+=，则tan α=()A ．43B ．34C ．23D ．32【答案】A 【解析】【分析】结合易知条件和同角三角函数的平方关系即可求出cos α，从而求出sin α，根据sin tan cos ααα=即可求得结果．【详解】22sin cos 13cos 5sin 2cos 2ααααα⎧+=⇒=⎨+=⎩或cos 1α=，∵α的终边不在坐标轴上，∴3cos 5α=，∴34sin 2255α=-⨯=，∴sin 4tan cos 3ααα==．故选：A ．例28．（2022·全国·高三专题练习（理））若α是第二象限角，则下列不等式正确的是（）A ．()cos 0α->B ．tan02α>C ．sin 20α>D ．()sin 0α->【答案】B 【解析】【分析】根据α是第二象限角，分别求出四个选项中角所在的象限，再判断三角函数的符号，即可求解.【详解】对于A ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()ππ2π2πZ 2k k k α--<-<--∈，所以α-是第三象限角，所以()cos 0α-<，故选项A 不正确；对于B ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()ππππZ 422k k k α+<<+∈，当()2Z k n n =∈时，()ππ2π2πZ 422n n n α+<<+∈，此时2α是第一象限角，当()21Z k n n =+∈时，()5π3π2π2πZ 422n n n α+<<+∈，此时2α是第三象限角，所以2α是第一或第三象限角，所以tan02α>，故选项B 正确；对于C ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()π4π22π4πZ k k k α+<<+∈，所以2α是第三或第四象限角或终边落在y 轴非正半轴，所以sin 20α<，故选项C 不正确；对于D ：因为()π2ππ2πZ 2k k k α+<<+∈，所以()ππ2π2πZ 2k k k α--<-<--∈，所以α-是第三象限角，所以()sin 0α-<，故选项D 不正确；故选：B.【方法技巧与总结】正弦函数值在第一、二象限为正，第三、四象限为负；．余弦函数值在第一、四象限为正，第二、三象限为负；．正切函数值在第一、三象限为正，第二、四象限为负．题型六：同角求值—条件中出现的角和结论中出现的角是相同的例29．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））若tan 2θ=-，则2sin 2cos 1θθ+的值为___________.【答案】23-【解析】【分析】利用二倍角公式和同角三角函数平方关系可构造正余弦齐次式，分子分母同除2cos θ，代入tan θ即可得到结果.【详解】2222sin 22sin cos 2tan 42cos 12cos sin 2tan 243θθθθθθθθ===-=-++++.故答案为：23-.例30．（2022·河北·沧县中学模拟预测）已知tan 3α=，则22sin 22sin cos2cos -=-αααα___________．【答案】43【解析】【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数齐次式关系求解即可.【详解】解：22222222sin 22sin 2sin cos 2sin 2tan 2tan 23234cos2cos sin tan 33---⨯-⨯====----ααααααααααα．故答案为：43例31．（2022·广东惠州·一模）已知tan 2α=，32παπ<<，则cos sin αα-=（）A B ．C D ．【答案】A 【解析】【分析】由sin tan 2cos ααα==及22sin cos 1αα+=解出sin α与cos α即可求解.【详解】因为sin tan 2cos ααα==，且22sin cos 1αα+=，32παπ<<，所以sin α=cos α=，所以cos sin αα⎛-== ⎝⎭.故选：A.例32．（2022·全国·模拟预测）已知0πA <<，1sin cos 5A A +=，则1sin 21cos 2AA-=+（）A ．132B ．118C ．4918D ．4932【答案】C 【解析】【分析】结合同角的平方关系以及二倍角公式即可求出结果.【详解】由1sin cos 5A A +=及22sin cos 1A A +=，解得4sin 5A =，3cos 5A =-或4cos 5A =，3sin 5A =-.因为sin 0A >，所以4sin 5A =，3cos 5A =-，所以24sin 22sin cos 25A A A ==-，227cos 2cos sin 25A A A =-=-，所以2411sin 2492571cos 218125A A +-==+-，故选：C.例33．（2022·海南·模拟预测）已知角α为第二象限角，tan 3α=-，则cos α=（）A．BC．D【答案】A 【解析】【分析】由角所在的象限及同角三角函数的平方关系、商数关系求cos α即可.【详解】因为α是第二象限角，所以sin 0α>，cos 0α<，由sin tan 3cos ααα==-，22sin cos 1αα+=，可得：cos α=故选：A.例34．（2022·全国·高三专题练习）已知(,22ππα∈-，且212sin 5cos 9αα-=，则cos 2=α（）A ．13B ．79-C ．34-D ．18【答案】B 【解析】【分析】利用同角公式化正弦为余弦，求出cos α的值，再利用二倍角的余弦公式求解即得.【详解】依题意，原等式化为：212(1cos )5cos 9αα--=，整理得：(4cos 3)(3cos 1)0αα+-=，因(,)22ππα∈-，则cos 0α>，解得：1cos 3α=，所以2217cos 22cos 12139αα⎛⎫=-=⨯-=- ⎪⎝⎭.故选：B例35．（2022·全国·高三阶段练习（理））若sin cos 2sin cos θθθθ+=-，则sin (1sin 2)sin cos θθθθ+=+（）A ．65-B ．25-C ．65D ．25【答案】C 【解析】【分析】由已知得sin 3cos θθ=，从而sin ,cos θθ同号，即sin cos 0>θθ，然后由平方关系求得22cos ,sin θθ，进而求得sin cos θθ，求值式应用二倍角公式和平方关系变形后可得结论．【详解】因为sin cos 2sin cos θθθθ+=-，所以sin 3cos θθ=，所以sin ,cos θθ同号，即sin cos 0>θθ，22222sin cos 9cos cos 10cos 1θθθθθ+=+==，21cos 10θ=，从而29sin 10θ=，229sin cos 100θθ=，所以3sin cos 10θθ=，22sin (1sin 2)sin (sin cos 2sin cos )sin (sin cos )sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθ+++==+++2936sin sin cos 10105θθθ=+=+=．故选：C ．例36．（2022·广东广州·三模）已知sin cos x x +=()0,πx ∈，则cos2x 的值为（）A ．12B C ．12-D ．【答案】D 【解析】【分析】将sin cos x x +=2sin x cos x =-12<0,结合sin cos x x +=求出x 的范围，再利用22cos 2sin 21x x +=求解即可.【详解】解：将sin cos x x +=2sin x cos x =-12<0,所以π(,π)2x ∈，又因为sin cos x x +=０，所以π3π(,24x ∈，2x 3π(π,)2∈,又因为sin2x =-12,所以cos2x 故选：D.例37．（2022·湖北武汉·模拟预测）已知1sin cos 5θθ+=-，(0,)θπ∈，则sin cos θθ-=（）A ．15B ．15-C ．75D ．75-【答案】C 【解析】【分析】利用平方关系，结合同角三角函数关系式，即可求解.【详解】()21sin cos 12sin cos 25θθθθ+=+=，242sin cos 025θθ=-<，()0,θπ∈ ，,2πθπ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭，sin cos θθ>，()249sin cos 12sin cos 25θθθθ-=-=，所以7sin cos 5θθ-=.故选：C例38．（2022·山西晋中·模拟预测（理））若tan 1θ=-，则()cos 1sin 2sin cos θθθθ--等于（）A ．12B ．2C ．1-D ．13-【答案】C 【解析】【分析】化简原式为2tan 1tan 1θθ-+即得解.【详解】解：原式()222cos sin 2sin cos cos cos (sin cos )=sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθ-⋅+-=--22cos (sin cos )sin cos θθθθθ-=+2tan 12=1tan 12θθ--==-+.故选：C例39．（2022·湖北·模拟预测）已知()cos 3cos 02πααπ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭，则3sin sin sin 2ααπα-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭（）A ．35B ．35C ．310D ．310-【答案】D 【解析】【分析】根据题意求出tan α，再将原式化简为：32sin sin tan tan 1sin 2αααπαα-=+⎛⎫+ ⎪⎝⎭，求解即可.【详解】因为()cos 3cos 02πααπ⎛⎫++-= ⎪⎝⎭，所以sin 3cos 0αα--=，所以tan 3α=-()232sin 1sin sin sin tan 3sin cos cos tan 110sin 2αααααααπααα--====-+⎛⎫+ ⎪⎝⎭.故选：D.【方法技巧与总结】（1）若已知角的象限条件，先确定所求三角函数的符号，再利用三角形三角函数定义求未知三角函数值．（2）若无象限条件，一般“弦化切”．题型七：诱导求值与变形例40．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））若π1sin 63α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则2πcos 23α⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．13B ．13-C ．79D ．79-【答案】D 【解析】【分析】由三角函数的二倍角的余弦公式，结合诱导公式，即可求得答案.【详解】由题意得：2222πππππ27cos 22cos 12cos 12sin 113326699αααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=+-=---=--=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：D ．例41．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））若1sin ,63a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭则2cos 3a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭（）A ．13B ．13-C ．79D ．79-【答案】B 【解析】【分析】利用诱导公式计算可得；【详解】解：因为1sin 63a π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，所以21cos cos sin 32663ππππααα⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=-+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，故选：B.例42．（2022·青海·海东市教育研究室一模（理））()tan 165-︒=（）A ．2-B ．2-+C ．2D ．2【答案】C 【解析】【分析】先利用诱导公式可得()tan 165tan15-︒=︒，在运用正切两角差公式()tan15tan 4530︒=︒-︒计算．【详解】()()()tan 165tan 18015tan15tan 4530-︒=-︒+︒=︒=︒-︒1tan 45tan 3021tan 45tan 30︒-︒===+︒︒故选：C ．例43．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知2cos sin 022a ππα⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()tan -=πα（）A ．2B ．—2C ．12D ．12-【答案】C 【解析】【分析】根据诱导公式五、六可得2sin cos 0αα+=，由同角三角函数的关系可得1tan 2α=-，结合诱导公式二计算即可.【详解】由已知得2sin cos 0αα+=，12sin cos tan 2ααα∴=-∴=-，，∴1tan()tan 2παα-=-=.故选：C【方法技巧与总结】（1）诱导公式用于角的变换，凡遇到与2π整数倍角的和差问题可用诱导公式，用诱导公式可以把任意角的三角函数化成锐角三角函数．（2）通过2,,2πππ±±±等诱导变形把所给三角函数化成所需三角函数．（3）2,,2παβππ±=±±±等可利用诱导公式把,αβ的三角函数化【过关测试】一、单选题1．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，1AA 垂直于底面，13AA =，底面扇环所对的圆心角为2π，弧AD 长度是弧BC 长度的3倍，2CD =，则该曲池的体积为（）A ．92πB ．5πC ．112πD ．6π【答案】D 【解析】【分析】利用柱体体积公式求体积.【详解】不妨设弧AD 所在圆的半径为R ，弧BC 所在圆的半径为r ，由弧AD 长度为弧BC 长度的3倍可知3R r =，22CD R r r =-==，所以1r =，3R =.故该曲池的体积22()364V R r ππ=⨯-⨯=.故选：D.2．（2022·海南中学高三阶段练习）二十四节气是中华民族上古农耕文明的产物，是中国农历中表示李节变迁的24个特定节令．如图，每个节气对应地球在黄道上运动15︒所到达的一个位置．根据描述，从立冬到立春对应地球在黄道上运动所对圆心角的弧度数为（）A ．π3-B ．π2C ．5π12D ．π3【答案】B【解析】【分析】根据条件得到运行度数为6×15°，化为弧度即可得解.【详解】根据题意，立春是立冬后的第六个节气，故从立冬到立春相应于地球在黄道上逆时针运行了61590︒⨯=︒，所以从立冬到立春对应地球在黄道上运动所对圆心角的弧度数为π2.故选：B3．（2022·河北·模拟预测）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是圆心角等于23π的扇形，则该圆锥的体积为（）A B ．1627πC D ．1681π【答案】C 【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则由题意可得2223r ππ=⨯，从而可求出半径r ，再求出h ，进而可求出其体积【详解】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则由题意可得2223r ππ=⨯，解得23r =，所以h ===所以圆锥的体积为22112333V r h ππ⎛⎫==⨯=⎪⎝⎭故选：C4．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）已知角θ的大小如图所示，则1sin 2cos 2θθ+=（）A ．5-B ．5C ．15-D ．15【答案】A 【解析】【分析】由图中的信息可知tan 54πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，化简1sin 2cos 2θθ+即可.【详解】由图可知，tan 54πθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，()()()22222cos sin 1sin 2sin cos 2sin cos cos sin cos 2cos sin cos sin cos sin cos sin θθθθθθθθθθθθθθθθθθ+++++===--+-tantan 1tan 4tan 51tan 41tan tan 4πθθπθπθθ++⎛⎫===+=- ⎪-⎝⎭-；故选：A.5．（2022·江西·临川一中模拟预测（文））tan195︒=（）A．2-B．2-+C ．2D ．2【答案】C 【解析】【分析】利用诱导公式及两角差的正切公式计算可得；【详解】解：()()tan195tan 18015tan15tan 4530︒=︒+︒=︒=︒-︒tan 45tan 301tan 45tan 30︒-︒=+︒︒12==故选：C6．（2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）若21sin2512sin αα+=-，则tan α=（）A ．23-B ．32-C ．23D ．32【答案】C 【解析】【分析】通过“1”的替换，齐次化，然后得到关于tan α的方程，解方程即可【详解】22221sin 2(cos sin )cos sin 1tan 512sin cos sin cos sin 1tan αααααααααααα++++====----,解得2tan 3α=故选：C7．（2022·四川成都·模拟预测（文））已知向量(3cos 2,sin )a αα= ，(2,cos 5sin )b αα=+ ，π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，若a b ⊥ ，则tan α=（）A ．2B ．-2C ．3D ．34【答案】C 【解析】【分析】由a b ⊥可得向量的数量积等于0，化简可得6cos 2sin (cos 5sin )0αααα++=，结合二倍角公式以及同角的三角函数关系式化为226tan tan n 10ta ααα-++=，可求得答案.【详解】由题意a b ⊥可得0a b ⋅= ，即6cos 2sin (cos 5sin )0αααα++=，即2226(cos sin )sin cos 5sin 0ααααα-++=，故22226cos sin sin c sin os 0cos αααααα-++=，即226tan tan n 10ta ααα-++=，由于π0,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故tan 3,tan 2αα==-（舍去），故选：C8．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（文））数学家华罗庚倡导的“0.618优选法”在各领域都应用广泛，0.618就是黄金分割比m =2sin18︒）．A ．4B 1+C ．2D 1【答案】A 【解析】【分析】根据2sin18m ︒=，结合三角函数的基本关系式，诱导公式和倍角公式，即可求解.【详解】根据题意，可得2sin182cos72m =︒=︒，4sin144cos54︒==︒()4sin 90544cos544cos54cos54︒+︒︒===︒︒.故选：A ．二、多选题9．（2022·全国·高三专题练习）下列说法正确的有（）A ．经过30分钟，钟表的分针转过π弧度B ．1801radπ︒=C ．若sin 0θ>，cos 0θ<，则θ为第二象限角D ．若θ为第二象限角，则2θ为第一或第三象限角【答案】CD 【解析】【分析】对于A ，利用正负角的定义判断；对于B ，利用角度与弧度的互化公式判断；对于C ，由sin 0θ>求出θ的范围，由cos 0θ<求出θ的范围，然后求交集即可；对于D ，由θ是第二象限角，可得222k k ππθππ+<<+，k Z ∈，然后求2θ的范围可得答案【详解】对于A ，经过30分钟，钟表的分针转过π-弧度，不是π弧度，所以A 错；对于B ，1︒化成弧度是rad 180π，所以B 错误；对于C ，由sin 0θ>，可得θ为第一、第二及y 轴正半轴上的角；由cos 0θ<，可得θ为第二、第三及x 轴负半轴上的角.取交集可得θ是第二象限角，故C 正确；对于D ：若θ是第二象限角，所以222k k ππθππ+<<+，则()422k k k Z πθπππ+<<+∈，当2()k n n Z 时，则22()422n n n Z πθπππ+<<+∈，所以2θ为第一象限的角，当21()k n n Z =+∈时，5322()422n n n Z πθπππ+<<+∈，所以2θ为第三象限的角，综上，2θ为第一或第三象限角，故选项D 正确.故选：CD.10．（2022·全国·高三专题练习）中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形（如图）的面积为1S ，圆心角为1α，圆面中剩余部分的面积为2S ，圆心角为2α，当1S 与2S0.618≈（黄金分割比）时，折扇看上去较为美观，那么（）A ．1127.5α=︒B ．1137.5α=︒C．21)απ=D．12αα=【答案】BCD 【解析】【分析】利用扇形的面积公式以及角度制与弧度制的互化即可求解.【详解】设扇形的半径为R，由211122221212R S S R αααα===，故D 正确；由122ααπ+=，。

高考数学试卷板块知识总结

一、函数与导数1. 函数概念：函数的定义、性质、图像及性质；反函数、复合函数、分段函数等。

2. 函数图像：函数图像的绘制方法、性质；函数图像与方程的关系。

3. 函数性质：函数的单调性、奇偶性、周期性、有界性等；函数的极限、连续性。

4. 导数：导数的定义、计算方法；导数的几何意义、物理意义；导数的应用：函数的极值、最值、凹凸性、拐点等。

5. 高阶导数：高阶导数的计算方法；高阶导数的应用。

二、三角函数与解三角形1. 三角函数：正弦、余弦、正切、余切、正割、余割函数的定义、性质、图像；三角函数的周期性、奇偶性、有界性。

2. 解三角形：正弦定理、余弦定理；解三角形的应用：求角度、边长、面积等。

3. 三角函数的应用：三角函数在物理、几何、经济等领域的应用。

三、数列与不等式1. 数列：数列的定义、性质、通项公式；数列的极限；数列的求和。

2. 不等式：不等式的性质、解法；不等式的应用：最值、比较大小等。

3. 概率与统计：概率的定义、性质；随机变量、分布函数；期望、方差；大数定律、中心极限定理等。

四、立体几何与解析几何1. 立体几何：点、线、面、体的概念、性质；线面关系、面面关系；空间角、距离、面积等。

2. 解析几何：解析几何的基本概念、方程；解析几何的应用：求点、线、面、体的位置关系；解析几何在几何证明中的应用。

五、概率与统计1. 概率：概率的定义、性质；条件概率、独立事件；随机变量、分布函数；期望、方差等。

2. 统计：数据的收集、整理、分析；描述性统计、推断性统计；相关分析、回归分析等。

六、复数与复平面1. 复数：复数的概念、性质；复数的运算；复数的几何意义。

2. 复平面：复平面的概念、性质；复数在复平面上的表示；复数的乘除运算等。

七、数学文化与应用1. 数学文化：数学史、数学家故事、数学趣味知识等。

2. 数学应用：数学在日常生活、科技、经济、管理等领域的应用。

以上是对高考数学试卷板块知识的总结，希望对考生在备考过程中有所帮助。

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版导数与三角函数的问题在近几年的高考数学试题中频繁出现，主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论。

这些问题的形式逐渐多样化、综合化。

一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数$f(x)=\sin x-\ln(1+x)$，$f'(x)$为$f(x)$的导数。

证明：1）$f'(x)$在区间$(-1,)$存在唯一极大值点；2）$f(x)$有且仅有2个零点。

解析】（1）设$g(x)=f'(x)$，则$g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。

当$x\in(-1,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)$单调递减，而$g'(0)>0$，$g'(\frac{\pi}{2})<0$，可得$g'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$有唯一零点，设为$\alpha$。

则当$x\in(-1,\alpha)$时，$g'(x)>0$；当$x\in(\alpha,\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$。

所以$g(x)$在$(-1,\alpha)$单调递增，在$(\alpha,\frac{\pi}{2})$单调递减，故$g(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点，即$f'(x)$在$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点。

2）$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$。

i) 由(1)知，$f'(x)$在$(-1,0)$单调递增，而$f'(0)=0$，所以当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)<0$，故$f(x)$在$(-1,0)$单调递减，又$f(0)=0$，从而$x=0$是$f(x)$在$(-1,0]$的唯一零点。

高三导数压轴题题型归纳

-导数压轴题题型1. 高考命题回忆例1函数f(*)＝e *－ln(*＋m)．〔2013全国新课标Ⅱ卷〕(1)设*＝0是f(*)的极值点，求m ，并讨论f(*)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(*)>0.(1)解 f (*)＝e *－ln(*＋m )⇒f ′(*)＝e *－1*＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{*|*>－1}，f ′(*)＝e *－1*＋m ＝e **＋1－1*＋1，显然f (*)在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (*)＝e *－ln(*＋2)，则g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)．h (*)＝g ′(*)＝e *－1*＋2(*>－2)⇒h ′(*)＝e *＋1*＋22>0，所以h (*)是增函数，h (*)＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (*)＝g ′(*)＝0的唯一实根在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，设g ′(*)＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<t <0，所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当*∈(－2，t )时，g ′(*)<g ′(t )＝0，g (*)单调递减；当*∈(t ，＋∞)时，g ′(*)>g ′(t )＝0，g (*)单调递增；所以g (*)min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(*＋m )≤ln(*＋2)，所以f (*)＝e *－ln(*＋m )≥e *－ln(*＋2)＝g (*)≥g (*)min >0. 例2函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-〔2012全国新课标〕 (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)假设b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解：导数与三角函数交汇问题(解析版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解导数与三角函数交汇问题（解析版）1．已知函数()e sin cos ,()e sin cos x x f x x x g x x x =--=++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ；（2）若()2g x ax +，求a ．【答案】(1)证明见解析；(2)2a =.(1)分类讨论：①.当45,4x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，()04x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭； ②.当,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()cos sin ,00x f x e x x f ''=-+=， ()sin cos 04x x f x e x x e x π⎛⎫''=++=++> ⎪⎝⎭，则函数()f x '在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调增，则()()00f x f ''<=，则函数()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调减，则()()00f x f >=； ③.当0x =时，由函数的解析式可知()01010f =--=，当[)0,x ∈+∞时，令()()sin 0H x x x x =-+≥，则()'cos 10H x x =-+≥，故函数()H x 在区间[)0,+∞上单调递增，从而：()()00H x H ≥=，即sin 0,sin x x x x -+≥-≥-，从而函数()sin cos 1x x f x e x x e x =--≥--，令1x y e x =--，则：1x y e '=-，当0x ≥时，0y '≥，故1x y e x =--在[)0,+∞单调递增，故函数的最小值为0min 010y e =--=，从而：10x e x --≥.从而函数()sin cos 10x x f x e x x e x =--≥--≥；综上可得，题中的结论成立.(2) 当54x π>-时，令()()2sin cos 2x h x g x ax e x x ax =--=++--﹐则()cos sin x h x e x x a '=+--， ()()0h x f x ''=>，故()h x '单调递增，当2a >时， ()020h a '=-<，()()()ln 22ln 204h a a π⎡⎤'+=+->⎢⎥⎣⎦， ()()10,ln 2x a ∃∈+使得()10h x '=，当10x x <<时，()()0,h x h x '<单调递减，()()00h x h <=不符合题意; 当2a <时，()00h '>，若在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，总有()0h x '≥（不恒为零），则()h x 在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，但()00h =，故当5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x <，不合题意．故在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，()0h x '<有解，故25,04x π⎛∃∈⎫- ⎪⎝⎭，使得()20h x '=，且当20x x <<时，()()0,h x h x '>单调递增，故当()2,0x x ∈时，()(0)0h x h <=，不符合题意;故2a <不符合题意，当a =2时，()cos sin 2x h x e x x '=+--，由于()h x '单调递增，()00h '=，故：504x π-<<时，()()0,h x h x '<单调递减; 0x >时，()()0,h x h x '>单调递增，此时()()00h x h ≥=﹔当54x π-时，()5sin cos 220202x h x e x x x π=++--≥->，综上可得，a =2.2．已知曲线()sin f x kx x b =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=．（1）求k ，b 的值；（2）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上零点的个数，并证明．【答案】（1）2k =，3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．证明见解析. （1）因为()sin cos f x k x kx x '=+，所以sin cos 2222f k k k ππππ⎛⎫'=+⨯= ⎪⎝⎭，又因为sin 2222k f k b b ππππ⎛⎫=⨯+=+ ⎪⎝⎭，因为曲线()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=．所以2k =，所以223,222f b πππ⎛⎫=+=⨯- ⎪⎝⎭ 所以3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点，因为()2sin 2cos f x x x x '=+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上为单调递增函数且图象连续不断，因为(0)30f =-<，302f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．3．已知函数()cos sin x f x e x x x =-，()sin x g x x =-，其中e 是自然对数的底数.（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()12f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（2）若1x >-，求证：()()0f x g x ->.【答案】（1）1,)+∞；（2）证明见解析.解：（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦使得不等式()()12f x m g x ≤+成立，即()()12max max f x m g x +⎡⎤⎣⎦，()cos sin x f x e x x x =-，()(cos sin )(sin cos )x f x e x x x x x ∴=--+'，()()cos 1sin x x e x x e x =--+，当,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦π时，()0f x '>，故()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以当0x =时，max ()(0)1f x f ==，又()sin x g x x =-，()cos x g x x '∴=，()sin x g x x ''=-，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x ''<， ()'g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()(0)10g x g ∴'='<，故()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此，当0x =时，max ()(0)g x g ==12m ∴-，即21m +，∴实数m 的取值范围是1,)+∞；（2）证明：当1x >-时，要证()()0f x g x ->，只需证cos sin sin 0x x e x x x x -->，即证(cos (1)sin x e x x x >+，由于cos 0,10x x +>+>，∴只需证1x e x >+令()(1)1xe h x x x =>-+，则22(1)()(1)(1)x x xe x e xe h x x x +=++'-=，当(1,0)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴当且仅当0x =时，()h x 取得最小值，且最小值为()0011e h ==，令k则cos sin k x x =，即sin cos x k x -，即sin())x k ϕϕ-==，1，即11k -，max 1k =，又当0x =时，01(0)k h =<=，当0x ≠时，()1h x k >，max min1x e x ⎛⎫∴> ⎪+⎝⎭，即1x e x >+ 综上所述：当1x >-时，()()0f x g x ->成立.4．已知函数()cos 2x f x e x =+-，()f x '为()f x 的导数.（1）当0x ≥时，求()'f x 的最小值；（2）当2x π≥-时，2cos 20x xe x x ax x +--≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a ≤.（1）()e sin x f x x '=-，令()e sin x g x x =-，0x ≥，则()e cos x g x x '=-.当[)0,πx ∈时，()g x '为增函数， ()()00g x g ''≥=；当[)π,x ∈+∞时，()πe 10g x '≥->.故0x ≥时，()0g x '≥，()g x 为增函数，故()()min 01g x g ==，即()f x '的最小值为1.（2）令()e cos 2x h x x ax =+--，()e sin x h x x a '=--，则本题即证当π2x ≥-时， ()0x h x ⋅≥恒成立.当1a ≤时，若0x ≥，则由（1）可知，()10h x a '≥-≥，所以()h x 为增函数，故()()00h x h ≥=恒成立，即()0x h x ⋅≥恒成立；若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则()e cos x h x x ''=-， ()e sin x h x x '''=+在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为增函数，又()01h '''=，π2πe 102h -⎛⎫'''-=-< ⎪⎝⎭，故存在唯一0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()00h x '''=. 当0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x '''<，()h x ''为减函数； ()0,0x x ∈时，()0h x '''≥，()h x ''为增函数. 又π2πe 02h -⎛⎫''-=> ⎪⎝⎭，()00h ''=，故存在唯一1π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭使得()10h x ''=. 故1π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()10h x ''>，()h x '为增函数； ()1,0x x ∈时，()10h x ''<，()h x '为减函数. 又π2πe 102h a ⎛⎫'-=+-> ⎪⎝⎭，()010h a '=-≥，所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0h x '>，()h x 为增函数，故()()00h x h ≤=，即()0x h x ⋅≥恒成立；当1a >时，由（1）可知()e sin x h x x a '=--在[)0,+∞上为增函数，且()010h a '=-<，()1110a h a e a +'+≥-->，故存在唯一()20,x ∈+∞，使得()20h x '=. 则当()20,x x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数，所以()()00h x h <=，此时()0x h x ⋅<，与()0x h x ⋅≥恒成立矛盾.综上所述，1a ≤.5．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=．（1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解，求证：24a π．【答案】（1）单调递增；（2）证明见解析. 解：（1）()2sin f x x x '=-，令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，()2cos 0h x x =->'，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增；所以当[0,]x π∈时，()2sin 0f x x x -'=，所以当[0,]x π∈时，2()cos f x x x =+单调递增．（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解，所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅有解，令()sin ()k x x f x =⋅，所以()cos ()sin ()k x x f x x f x ''=⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x '>>>>，所以()0k x '>，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以24a π．6．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=.（1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 单调递增；（2）24a π.解：（1）()'2sin f x x x =-，令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，'()2cos 0h x x =->，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增；所以()(0)0h x h =，即()0f x '，所以()f x 单调递增.（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立，所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅恒成立，令()sin ()k x x f x =⋅，所以''()cos ()sin ()k x x f x x f x =⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，'cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x >>>>，所以'()0k x >，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以24a π≥.7．已知函数1()cos x f x e x -=，2()x g x e +=. （1）求函数()f x 在(,)ππ-上的单调区间；（2）证明：对任意的实数1x ，211,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，12x x <，都有()()()()121222g x g x f x f x ->-恒成立.【答案】（1）单调递增区间是,4ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.（1）解：11()(cos sin )sin 4x xf x e x x x π--⎛⎫'=-+=+ ⎪⎝⎭，当,4x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭或3,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当3,44x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间是,4ππ⎛⎫--⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）证明：因为12x x <，2()x g x e +=在11,2上是增函数，所以不等式()()()()()()()()121221122222g x g x f x f x g x g x f x f x ->-⇔->-，即()()()()221122g x f x g x f x +>+恒成立.设21()()2()2cos x x h x g x f x e e x +-=+=+，即证函数()h x 在11,2上是增函数，即证21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥，即证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭在11,2上恒成立. 令()(1)x u x e x =-+，()1x u x e '=-，()u x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，min ()(0)0u x u ==.所以()0u x ≥，即1x e x ≥+.因为11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以2122x e x +≥+.所以要证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭成立，只需证2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，令()14v x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()14v x x π⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当(1,0)x ∈-时，()0v x '<，()v x 递减；当10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0v x '>，()v x 递增.min ()(0)0v x v ==，所以2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，即21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥在11,2上恒成立，所以原命题成立. 8．已知函数()(1cos )f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(,())f ππ，处的切线方程；（2）确定()f x 在33(,)22ππ-上极值点的个数，并说明理由．【答案】（1）2y x =；（2）极值点的个数为2，理由见解析.（1）由题意，函数()(1cos )f x x x =-，可得()1cos sin f x x x x '=-+，则()2f π'=，又由()2f ππ=，所以曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为22()y x ππ-=-，即2y x =．（2）由()1cos sin f x x x x '=-+，当(0,]x π∈时，()0f x '>，则()f x 在(0,]π上单调递增，无极值点；设()()g x f x ='，则()2sin cos g x x x x '=+，当3(,)2x ππ∈时，()0g x '<，则()g x 在3(,)2ππ上单调递减，因为()20g π=>，33π1022g π⎛⎫=-<⎪⎝⎭，所以存在唯一的实数3(,)2m ππ∈，使得()0g m =，当(,)x m π∈时，()0f x '>，当3(,)2x m π∈时，()0f x '<，所以()f x 在3(0,)2π只有一个极值点，且该极值点为m ，因为()()f x f x -=-，所以()f x 为奇函数，所以()f x 在3(,0)2π-上也只有1个极值点，且该极值点为m -．综上可得，()f x 在上极值点的个数为2． 9．已知函数cos ()(,a xf x b a x=+b ∈R ). （1）当1,0a b ==时，判断函数f (x )在区间(0,)2π内的单调性;（2）已知曲线cos ()a x f x b x =+在点(,())22f ππ处的切线方程为62.y x π=-+ (i )求f (x )的解析式; (ii )判断方程3()2f x π=-1在区间(0，2π]上解的个数，并说明理由. 【答案】（1）单调递减函数；（2）(i ) 3cos ()1xf x x=-； (ii ) 3个，理由见解析.（1）当1,0a b ==时，cos ()x f x x =，可得2sin cos ()x x xf x x ⋅+'=-，因为(0,)2x π∈，所以sin cos 0x x x ⋅+>，即()0f x '<，所以函数()f x 在区间(0,)2π上为单调递减函数.（2）(i ) 由函数cos ()a x f x b x =+，可得2(sin cos )()a x x x f x x -⋅+'=，则2()2af ππ-'= 因为函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为62y x π=-+，所以26aππ-=-，解得3a =，当2x π=，代入切线方程为6212y ππ=-⨯+=-，可得()12f b π==-，所以函数()f x 的解析式为3cos ()1xf x x=-. (ii ) 令()()33cos 3122x g f x x x ππ+=-=-，则()23(sin cos )x x x x g x -+'=， ①当(0,]2x π∈时，可得()0g x '<，()g x 单调递减，又由330(,022)()62g g ππππ->-=<=，所以函数()g x 在区间(0,]2π上只有一个零点；②当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，可得()3cos 302x x g x π-=<恒成立，所以函数()g x 在区间3(,)22ππ上没有零点；③当3[,2]2x ππ∈时，令()sin cos h x x x x =+，可得()cos 0h x x x '=>，所以()h x 在区间3[,2]2ππ单调递增，3(2)0,()02h h ππ><，所以存在03[,2]2x ππ∈，使得()g x 在03[,)2x π上单调递增，在0(,2]x π单调递减，又由(2)0,()02g g ππ=<，所以函数在3[,2]2ππ上有两个零点，综上可得，方程3()12f x π=-在(0,2]π上有3个解. 10．已知函数()2sin f x x x =-.（1）当[]0,2x π∈时，求()f x 的最小值；（2）若[]0,x π∈时，()()1cos f x a x x x ≤--⋅，求实数a 的取值范围.【答案】（1）3π-（2）1a ≤（1）()12cos f x x '=-，[0,2]x π令()10cos 2f x x '>⇒<，得5,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；0f x，得0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和5,23ππ⎛⎤⎥⎝⎦所以()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在5,33上单调递增，在5,23ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减因为33f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)2f ππ=，(2)3f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以[0,2]x π时，min ()33f x f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭（2）()(1)cos f x a x x x ≤--⋅，即2sin cos 0x x x ax --≥.. 设()2sin cos h x x x x ax =--，[0,]x π∈()2cos cos sin cos sin h x x x x x a x x x a '=-+-=+-()cos h x x x ''=，∴0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''>，,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''<.∴()22h x h a ππ⎛⎫''≤=- ⎪⎝⎭，又(0)1h a '=-，()1h a π'=--.①02a π-≤即2a π≥时，()0h x '≤，()h x 在[]0,π上递减，则()0≤h x ，不满足. ②02a π->即2a π<时，当10a --<，10a -<即12a π<<时，00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '= 且00x x <<，()00h x '<，()h x 在()00,x 内递减，()(0)0h x h ≤=，不满足当10a --<，10a -≥即11a -<≤时，0,2x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，且00x x ≤<，()00h x '≥，0x x π<≤，()00h x '<，∴()h x 在()00,x 上递增，在()0,x π上递减，又(0)0h =，()(1)0h a ππ=->，所以()0h x ≥成立.当10a --≥，10a -≥即1a ≤-时，()0h x '>，()h x 在[]0,π上递增，则()(0)0h x h ≥=.满足题意.综上，1a ≤11．已知函数()sin 2( 2.71828x f x e a x x b e =--+≈，a ，)b R ∈.（1）当1a =时，存在0(x ∈-∞,0]，使得0()0f x <成立，求实数b 的取值范围；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 【答案】（1）1b <-；（2）证明见解析. （1）当1a =时，()sin 2x f x e x x b =--+，因为存在]0(,0x ∈-∞，使得0()0f x <即000sin 20xe b x x --+<成立，所以]max [sin 2],(,0xb e x x x <-++∈-∞，令]()sin 2,(,0xg x e x x x =-++∈-∞，则()cos 2x g x e x '=-++，](,0x ∈-∞，10x e ∴-≤-<，1cos 1x -≤≤，因此()0g x '≥恒成立，所以()g x 在](,0-∞上单调递增，max ()(0)1g x g ==-，所以1b <-；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 即证：ln 1sin 0x x a x +->，设()ln 1h x x x x =+-，则()ln h x x'=，所以当(0,1)x ∈时，()0h x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，因此()()10h x h ≥=，所以ln 10x x x +-≥，即ln 1x x x +≥，设()sin ,(0,)F x x a x x =-∈+∞，11a -≤≤，则()1cos 0F x a x '=-≥，所以()F x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0F x F ∴>=，即sin x a x >，所以ln 1sin x x a x +>，即ln 1sin 0x x a x +->，综上，()1(ln 2)x f x b e x x +->-+成立.12．设函数()()2cos sin f x x x x =+-，()f x '是函数()f x 的导数.（1）证明：()f x '在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）证明：在()0,x ∈+∞上，()0f x >. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. （1）()()2cos sin f x x x x =+-，()2sin f x x x ∴=-'，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()2sin 2sin 2202f x x x x x x π=-≥>'->-->，因此，函数()y f x ='在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）()()()sin 2cos sin 2cos 2cos x f x x x x x x x ⎛⎫=+-=+- ⎪+⎝⎭，由[]cos 1,1x ∈-，所以2cos 0x +>恒成立，故只需证明sin 02cos xx x->+即可．设sin ()2cos xF x x x=-+，()()()()()222221cos 22cos 1cos 2cos 3102cos 2cos 2cos x x x x F x x x x +++++=-==++'>+，故函数()sin 2cos xF x x x=-+在区间()0,+∞上单调递增，所以()()00F x F >=．所以当0x >时，()0F x >，即()0f x >.13．设函数()sin xf x e m x n =-+（其中 2.71828e ≈⋯，m ，n 为常数）（1）当1m =时，对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，求实数n 的取值范围；（2）若曲线()y f x =在0x =处的切线方程为10x y --=，函数()()2g x xf x x =+-的零点为0x ，求所有满足[]0,1x k k ∈+的整数k 的和．【答案】（1）[)1,-+∞；（2）2-.（1）当1m =时，()sin x f x e x n =-+，()cos 0xf x e x '∴=->，当0x >时，e 1x >，[]cos 1,1x ∈-，()0f x '∴>对任意的()0,x ∈+∞都成立，()f x ∴在()0,∞+单调递增，()()01f x f n ∴>=+，要使得对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，则10n +≥，解得：1n ≥-，即n 的取值范围为[)1,-+∞. （2）()cos x f x e m x '=-，()011f m '∴=-=，解得：0m =，又()011f n =+=-，2n ∴=-，()2x f x e ∴=-，()2xg x xe x =--，显然0x =不是()g x 的零点，20x xe x ∴--=可化为210xe x--=，令()21xh x e x =--，则()220x h x e x'=+>，()h x ∴在(),0-∞，()0,∞+上单调递增. 又()130h e =-<，()2220h e =->，()311303h e -=-<，()2120h e -=>， ()h x ∴在()3,2--，()1,2上各有1个零点，()g x ∴在[]3,2--，[]1,2上各有1个零点，∴整数k 的取值为3-或1，∴整数k 的所有取值的和为312-+=-.14．设函数()2sin f x x x π=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()22cos 22x m g x x x ππ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，()m R ∈.（1）证明：()0f x ≤；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()4g x π≥恒成立，求m 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（1）2()cos f x x π'=-在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，22()1,f x ππ⎡⎤'∈-⎢⎥⎣⎦，所以存在唯一00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()00f x '=.当()00,,()0x x f x '∈<，()f x 递减；当0,,()02x x f x π⎛⎫'∈> ⎪⎝⎭，()f x 递增.所以max ()max (0),02f x f f π⎧⎫⎛⎫==⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，()0,02f x x π∴≤≤≤（2）2()sin 2x g x x m x ππ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭，2()cos g x x m π''=-+当0m ≥时，()0g x '≤，()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，min ()24g x g ππ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭，满足题意当20m π-<<时，()g x '在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增， 2(0)10g m π''=-+<，202g m ππ⎛⎫''=+> ⎪⎝⎭，所以存在唯一10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()10g x ''=.当()()10,,0x x g x ''∈<，()g x '递减；当()1,,02x x g x π⎛⎫''∈> ⎪⎝⎭，()g x '递增而(0)02g m π'=->，02g π⎛⎫'=⎪⎝⎭.所以存在唯一()220,,02x g x π⎛⎫'∈= ⎪⎝⎭. 当()20,,()0x x g x '∈>，()g x 递增；当2,,()0,()2x x g x g x π⎛⎫'∈< ⎪⎝⎭递减.要02x π≤≤时，()4g x π≥恒成立，即2(0)42824g m g πππππ⎧≥⎪-⎪⇒≥⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩所以2280m ππ-≤< 当2m π≤-时，()0g x ''≤，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()g x '递减，0,()02g g x π⎛⎫''=≥ ⎪⎝⎭()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递增，()24g x g ππ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭与题意矛盾综上：m 的取值范围为228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭15．已知函数()()2cos sin f x a x x x =--.（Ⅰ）当=0a 时，求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当4a >，π[0,]2x ∈时，求函数()f x 的最大值；（Ⅲ）当12a <<，ππ[,]22x ∈-时，判断函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（Ⅰ）2y =；（Ⅱ）2π-；（Ⅲ）有2个零点，理由见解析.（Ⅰ）当0a =时，函数()2cos sin f x x x x =-，(0)2f =()2sin sin cos 3sin cos f x x x x x x x x '=---=--，∴切线的斜率(0)0k f '==，∴曲线()y f x =在原点处的切线方程为2y =.（Ⅱ）()(2)(sin )sin cos (3)sin cos f x a x x x x a x x x '=----=--，令()(3)sin cos g x a x x x =--，则()(3)cos cos sin (4)cos sin g x a x x x x a x x x '=--+=-+，当4a >，π[0,]2x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在[0,]2π上单调递.所以()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '>，所以()f x 在[0,]2π上单调递增，所以当2x π=时，()f x 的最大值为()22f ππ=-. （Ⅲ）()(3)sin cos f x a x x x '=--，因为12a <<，当π[0,]2x ∈时，()0f x '≤，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '<，所以()f x 在[0,]2π上单调递减，因为(0)20,()022f a f ππ=->=-<，所以存在唯一0[0,]2x π∈，使得0()0f x =，即()f x 在[0,]2π上有且只有一个零点，因为()(2)cos()sin()(2)sin ()f x a x x x a x x f x -=--+-=--=，所以()f x 是偶函数，其图像关于y 轴对称，所以在[,0]2π-上有且只有一个零点，所以()f x 在[,]22ππ-上有2个零点. 16．设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数．（1）求()f x 的单调区间；（2）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（3）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z ；（2）证明见解析；（3）证明见解析. （1）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2()44k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ()f x 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．依题意及（1），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（3）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1nxn x =．记2n ny x n π=-，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos e cos 2e n ny x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e 1n n f y f y -π==≤及（1），得0n y y ≥．由（2）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（2）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<．所以，20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．17．已知函数sin c s ()o f x m x x=+，其中m 为常数，且23π是函数()f x 的极值点．（Ⅰ）求m 的值；（Ⅰ）若(1)()x k e f x ->在0x >上恒成立，求实数k 的最小值．【答案】（Ⅰ）2m =；（Ⅱ）13．(Ⅰ)sin c s ()o f x m xx=+,则2cos 1()(co )s m f x m x x +'=+,23π是函数()f x 的极值点, 2()0,1032mf π'∴=-=,2m =, 又2m =时,2cos 12()(2)cos f x xx +'=+,当2(0,)3x π∈时,()0f x '>,2(,)3x ππ∈时,()0f x '<,∴()f x 在2(0,)3π上单调递增,2(,)3ππ上单调递减, ∴23π是函数()f x 的极大值点,∴2m =符合题意;(Ⅱ)令()(1)sin 2cos xg x k e xx=--+,则()00g =,由题得()0g x >在0x >上恒成立,2co 12(s cos )(2)x xx g x ke +'=-+,令[]2cos 1,3t x =+∈,则22123211,(2)cos cos 3t t x x +⎡⎤=-+∈-⎢⎥+⎣⎦,①当13k ≥时,13xke >,则()0g x '>,∴()g x 在(0,)+∞上单调递增,∴()()00g x g >=,成立; ②当103k <<时,令()()h x g x =', 则3sin cos 2(1)(s )()co 2xx x h x e x k -'=-+,在(0,)x π∈时,()0h x '>, ∴()h x 在(0,)π上单调递增,又1(0)03h k =-<,1(0)h ke ππ=+>,则在(0,)π上存在唯一0x 使得()00h x =,∴当()00,x x ∈时,()0h x <,()g x 在()00,x 上单调递减,()()00g x g <=,不符合题意;③当0k ≤时,在(0,)2x π∈时,()0g x '<,∴()g x 在(0,)2π上单调递减,此时()()00g x g <=,不符合题意;综上所述,实数k 的最小值为13.18．已知函数()(sin cos )x f x e x x =+．（1）求()f x 的单调递增区间；（2）求证：曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一条斜率为2的切线．【答案】（1）2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）见解析（1）函数()(sin cos )x f x e x x =+,x ∈R ，则()(sin cos )(cos sin )2cos x x x f x e x x e x x e x '=++-=，令()2cos 0x f x e x '=>得2,222x k k ππππ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈，∴()f x 单调递增区间为2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）原命题等价于：在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，方程cos 1x e x =有唯一解，设()cos xg x e x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则()cos sin sin 4x x xg x e x e x x π⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭此时，x ，()'g x ，()g x 变化情况如下：此时，()g x 在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，且(0)1g =，414g e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭， ()g x 在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()cos 1x g x e x ==在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个根，()2cos 20xf x e x '=-=在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，∴曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一条斜率为2的切线.19．已知()sin ()x f x e x ax a R =++∈.（1）当2a =-时，求证：()f x 在(,0)-∞上单调递减；（2）若对任意0x ≥，()1f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）2a ≥-.（1）由题意，函数()sin ()x f x e x ax a R =++∈，可得，由2a =-时，则()cos 2x f x e x '=+-，当0x <时，1,cos 1x e x <≤ ，所以()cos 20x f x e x '=+-<，所以()f x 在(,0)-∞单调递减.（2）当0x =时，()11f x =≥，对于R a ∈，命题成立，当0x >时，由（1）()cos x f x e x a '=++，设()cos =++x g x e x a ，则()sin x g x e x '=-，因为1,sin 1>≤x e x 所以()sin 110x g x e x '=->-=，()g x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)2=+g a ，所以()2>+g x a ，所以()'f x 在(0,)+∞上单调递增，且()2f x a '>+，①当2a ≥-时，'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，因为2a ≥-，所以()1f x >恒成立；②当2a <-时，(0)20f a '=+<，因为()'f x 在[0,)+∞上单调递增，又当ln(2)=-x a 时，()2cos(ln(2))2cos(ln(2))0f x a a a a '=-++-+=+->，所以存在0(0,)x ∈+∞对于()00,x x ∈，'()0f x <恒成立.所以()f x 在()00,x 上单调递减，所以当()00,x x ∈时，()<(0)1f x f =，不合题意. 综上，当2a ≥-时，对于0x ≥，()1f x ≥恒成立.20．已知函数()cos ,,2xf x e x x π⎡⎫=-∈-+∞⎪⎢⎣⎭，证明.（1）()f x 存在唯一的极小值点；（2）()f x 的极小值点为0x ，()010f x -<<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）()sin x f x e x '=+，设()()sin x g x f x e x '==+，则()cos xg x e x '=+，当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，[)()cos 0,1,0,1xx e ∈∈，所以()0g x '>.当[)0,x ∈+∞时，()0cos 1cos 0g x e x x '≥+=+≥，综上所述，当,2x π⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭时，()0g x '≥恒成立，故()()f x g x '=在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增. 又()02110,0102f e e f ππ-⎛⎫''-=-<-==> ⎪⎝⎭，由零点存在定理可知，函数()f x '在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上存在唯一的零点0x ，且0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 结合单调性可得()f x 在02x π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()f x 存在唯一极小值点0x .（2）由（1）知，0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，且021102f e e ππ-⎛⎫'-=-<-= ⎪⎝⎭，11224211422f eeπππ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪'-=-=-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而122e eπ>>，所以11222112eπ⎛⎫⎛⎫⎪< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即04fπ⎛⎫'<⎪⎝⎭，()00010f e'=+=>，故极小值点0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，且()000sin0xf x e x'=+=，即0sinxe x=-，∴()000cosxf x e x=-()000sin cos4x x xπ⎛⎫=-+=+⎪⎝⎭.由0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，得00,44xππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()1,04xπ⎛⎫+∈-⎪⎝⎭，即()010f x-<<.21．已知函数2()cos()f x ax x a R=+∈.（1）当1aπ=时，求曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线；（2）若0x=为()f x的一个极大值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）4yπ=；（2）12a≤解：（1）当1aπ=时，2()cos1f x x xπ=+，则()2sinf x x xπ'=-，()sin02222fππππ⨯'∴=-=，2()cos22241fπππππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭⨯，∴曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线为4yπ=；（2）由已知()2sin f x ax x '=-，则(0)0f '=，所以0x =为()f x 的一个极值点，要0x =为()f x 的一个极大值点，则0x =在()2sin f x ax x '=-的单调减区间中，又()2cos f x a x ''=-，则(0)2cos00f a ''=-<，解得12a <，又当12a =时，()1cos 0f x x ''=-≤恒成立，故12a ≤. 22．已知函数21()cos ()4f x x x x R =+∈. （1）求曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线；（2）求证：0x =为函数()f x 的极大值点. 【答案】（1）1y =，（2）证明见解析.（1）因为21()cos ()4f x x x x R =+∈，所以1()sin 2f x x x '=-所以()()01,00f f '==，所以曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线为：1y = （2）令()1()sin 2g x f x x x '==-，则()1cos 2g x x '=-所以可得当,33x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x '<所以()g x 在,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，因为()00g =所以当,03x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x >，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x < 所以()f x 在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减所以0x =为函数()f x 的极大值点.23．已知函数()2ln cos 1f x x x x =-++.证明：（1）()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点.（2）对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析（1）由题意知：21()2cos sin f x x x x x x '=-+-在[,)2ππ上有()0f x '<恒成立 ∴()f x 在[,)2ππ上单调递减，而(,)2e ππ∈，2()cos 0f e e e =<，()1ln 1ln 022f e ππ=->-= 可知：()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点（2）要证：对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+需证：()22ln cos 1(21)ln 0f x x x x x x x x x ++--=-+>恒成立令()(21)ln g x x x x =-+，故1()2ln 3g x x x'=-+，而()'g x 在()0,x ∈+∞单调增∵(1)20g '=>，1()12ln 2ln 024eg '=-=<∴必01(,1)2x ∃∈，使得0001()2ln 30g x x x '=-+=，即有00013ln 2x x x -= ∴在0(0,)x 上()0g x '<，()g x 单调减；在0(,)x +∞上()0g x '>，()g x 单调增故2000min0000000(21)(13)251()()(21)ln (2)0222x x x g x g x x x x x x x --+==-+==-+>(21)ln 0x x x -+>在对任意()0,x ∈+∞恒成立得证∴对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+24．已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.25．已知函数()cos axf x e x a =+．（1）当1a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设1a ≥，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有()()()a f x a bx f x '-≤+成立，求b 的取值范围（注()axaxe ae='）．【答案】（1）函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增；()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减；（2）22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（1）()cos 1x f x e x =+，得()()cos sin cos 4x xf x e x x e x π=⎪⎛⎫'=-⋅+ ⎝⎭，令()0f x '>，得cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭，22242k x k πππππ-<+<+，所以312244k x k ππππ-+<<+，()k Z ∈，令()0f x '<，得cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭，322242k x k πππππ+<+<+，所以152244k x k ππππ+<<+，()k Z ∈．所以函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增； ()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减．（2）设()()()()sin axg x a f x a f x bx e x bx '=---=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()sin cos axg x e a x x b '=+-．设()()sin cos axh x ea x xb =+-，则()()21sin 2cos 0ax h x e a x a x ⎡⎤'=-+≥⎣⎦，()h x ∴单调递增，即()g x '在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()21,a g x b ae b π⎡⎤'∴∈--⎢⎥⎣⎦．当1b ≤时，()0g x '≥，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，0g x g ，不符合题意；当2a b e π≥时，()0g x '≤，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()()00g x g ≤=，符合题意；当21a b ae π<<时，由于()g x '为一个单调递增的函数，而()010g b '=-<，202a g ae b ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理，必存在一个零点0x ，使得()00g x '=，从而()g x 在[]00,x x ∈上单调递减，在0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，因此只需02g π⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，22a e b ππ∴≤，22ab e ππ∴≥，从而222a e ae b πππ≤<综上，b 的取值范围为22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．。

导数压轴大题归类 (解析版)

导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。

高考导数压轴题型归类总结

⑴当a 0时，f (x) x2e x ，f '(x) (x2 2x)e x，故f '(1) 3e.
所以曲线y f (x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e.
f '(x) x (a 2)x 2a 4ae . ⑵
2
2
x
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m
令f '(x) 0，解得x 2a，或x a 2.由a 2 知， 2a a 2. 3
函数f ( x)在x 2a处取得极大值f (2a)，且f (2a) 3ae 2a . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
函数f (x)在x a 2处取得极小值f (a 2)，且f (a 2) (4 3a)ea2.
② 若a ＜ 2 ，则 2a ＞ a 2 ，当 x 变化时， f '(x)，f (x) 的变化情况如下表： 3
5
已知函数 f (x) =ln(1+ x )- x + x x2 ( k ≥0). 2
(Ⅰ)当 k =2时，求曲线 y = f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程；
(Ⅱ)求 f (x) 的单调区间.
解：（I）当 k 2 时， f (x) ln(1 x) x x2 ， f '(x) 1 1 2x 1 x
(0,)
，
令 g(x) ax2 x 1 a, x (0,),
8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到 e 底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密)
已知函数 f (x) ln x, g(x) ex.
⑴若函数 φ (x) = f (x)－ x 1 ，求函数 φ (x)的单调区间； x1
2
以下分两种情况讨论：

(完整版)高考数学导数压轴题7大题型总结

目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。

掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。

为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

1导数单调性、极值、最值的直接应用tatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsot a ti m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo d2交点与根的分布3不等式证明（一）做差证明不等式tatimeandAllthingsintheirb（二）变形构造函数证明不等式etatimeandAllthingsintheirbeingaregoo（三）替换构造不等式证明不等式dtatimeandAllthingsintheirbeingaregoodforsoi m e an dAl l th i n gs in th ei r be i ng ar eg oo df or s o4不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离参数tatimeandAllthingsintheirbeinga（三）恒成立之讨论字母范围rtatimeandAllthingsint5函数与导数性质的综合运用hetatimeandAllthingsintheirbeingarego6导数应用题odtatimeandAllthin7导数结合三角函数gstatimeandAllthingsintheirbeingaregoo。

历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结

历年高考函数导数综合题解题思路归纳总结导数综合题是高考数学中的重要题型，主要涉及函数、导数、不等式等知识点，需要具备较强的逻辑思维、推理能力和数学应用能力。

以下是历年高考函数导数综合题的解题思路详细归纳总结：考察的题型分5大类，23个小类一、求函数的单调性1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据单调性判断函数的极值点或最值点；4.根据极值点或最值点进行参数取值范围的求解。

二、切线问题1.求函数的导数；2.根据导数的几何意义求出切线的斜率；3.根据切线的定义写出切线方程；4.根据切线方程和已知条件求解参数。

三、不等式恒成立问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的单调性和最值求解不等式恒成立的参数范围。

四、零点问题1.求函数的导数；2.根据导数的符号判断函数的单调性；3.根据函数的零点和单调性求解参数的范围。

五、多变量问题1.分别对各个变量求导；2.利用导数研究各个变量的单调性和最值；3.根据函数的图像和性质求解参数的范围。

高考导数综合题的突破点1.导数的定义和性质：导数作为微积分的基本概念，其定义和性质是解决导数综合题的基础。

学生需要熟练掌握导数的计算公式和运算法则，理解导数在研究函数中的意义和应用。

2.切线与导数的关系：切线是导数的几何意义所在，也是导数综合题中常见的考点。

学生需要理解切线的定义和性质，掌握切线方程的求解方法，能够利用导数求曲线的切线。

3.函数的单调性与导数的关系：单调性是函数的重要性质之一，而导数则是研究函数单调性的重要工具。

学生需要理解导数与函数单调性之间的关系，能够通过导数的符号判断函数的单调性。

4.极值与最值的求解：极值和最值是导数综合题中常见的考点。

学生需要掌握极值和最值的求解方法，理解极值和最值的几何意义，能够利用导数求函数的极值和最值。

5.不等式与导数的关系：不等式是导数综合题中常见的考点之一。

学生需要理解导数在处理不等式问题中的作用，掌握利用导数证明不等式的方法。

2024高考数学压轴题特训(多选题)教师版

2024高考数学压轴题特训（多选题）1．（2024·广东韶关·一模）已知定义在R 上的函数()(),f x g x 的导函数分别为()(),f x g x ''，且()()4f x f x =−，()()()()14,10f x g x f x g x ''+−=++=，则（） A ．()g x 关于直线1x =对称 B ．()31g '=C ．()f x '的周期为4D ．()()()0f n g n n ''⋅=∈Z【答案】ACD【详解】由()(4)f x f x =−，得(1)(3)f x f x +=−①，(1)()4f x g x +−=②，得(3)(2)4f x g x −−−=③，由①②③，得()(2)g x g x =−，所以函数()g x 图象关于直线1x =对称，故A 正确；由()(2)g x g x =−，得()(2)g x g x ''=−−，令1x =，得(1)0g '=；由(1)()4f x g x +−=，得(1)()0f x g x ''+−=，令1x =，得(2)(1)0f g ''==， ∴(2)(1)0f x g x ''+−+=④，又()(1)0f x g x ''++=⑤，令2x =，得(2)(3)0f g ''==，故B 错误； ④⑤两式相加，得(2)()0f x f x ''++=，得(4)(2)0f x f x ''+++=，所以()(4)f x f x ''=+，即函数()f x '的周期为4，故C 正确；由(2)()0f x f x ''++=，令2x =，得(4)(2)0f f ''+=，所以(4)0f '=，所以(1)(1)(2)(2)(3)(3)(4)(4)()()0()f g f g f g f g f n g n n ====''''''''=''=∈Z ，故D 正确.故选：ACD2．（2024·广东广州·一模）已知直线y kx =与曲线ln y x =相交于不同两点11(,)M x y ，22(,)N x y ，曲线ln y x =在点M 处的切线与在点N 处的切线相交于点00(,)P x y ，则（）A ．1k e<<0 B ．120e x x x = C ．1201y y y +=+ D ．121y y <【答案】ACD 【详解】令()ln x f x x =，则()1ln xf x x−'=，故()0,e x ∈时，()f x 递增；()e,x ∞∈+时，()f x 递减，所以()f x 的极大值()1e ef =，且1x >，()0f x >，因为直线y kx =与曲线ln y x =相交于11(,)M x y ､22(,)N x y 两点，所以y k =与()f x 图像有2个交点，所以10e<<k ，故A 正确；设1122(,),(,)M x y N x y ，且121e x x <<<，可得1122ln ,ln kx x kx x ==，ln y x =在,M N 点处的切线程为11221211ln (),ln (),y x x x y x x x x x −=−−=− 1112221ln ()1ln ()y x x x x y x x x x ⎧−=−⎪⎪⎨⎪−=−⎪⎩，得002112ln ln x x x x x x −=−，即2121012212112ln ln ln ln x x x x x x x x x x x x x −−==−−，因为2121ln ln x x k x x −=−，所以012x x x k =，即1201x x x k=，故B 错误；因为112112ln ln y x x k x x x ===，所以2112ln ln x x x x =，因为00(,)P x y 为两切线的交点，所以21211122210101212121ln ln ln ln ln ln 1ln 1ln 11x x x x x x x x x x y x x x x x x x x x −−+−=+−=+−=−−−，即2211021ln ln 1x x x x y x x −=−−，所以2211021ln ln 1x x x x y x x −+=−，所以()()122121112212221112120212121ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x y y x x y x x x x x x +−−+−−+=+====+−−−，故C 正确；因为11kx y =，所以11ln ln ln k x y +=，所以11ln ln k y y +=，同理得22ln ln k y y +=，得1122ln ln y y y y −=−，即21211ln ln y y y y −=−，因为2121ln ln y y y y −>−121y y <，故D 正确.故选：ACD.3．（2024·广东佛山·一模）对于棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（）A ．底面半径为1m ，高为2m 的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体B ．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为C ．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为0.5m ，高为0.7m 的圆锥D 3的圆锥【答案】BCD【详解】对于A ，若高为2m 的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，BC =ABC ADE △△∽，所以12BC DE =，所以DE =，1>，A 错误；对于B ，如图，以AB ，1AA ，AD 三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面1A BD ，等价于求AB 与平面1A BD 所成角的正切值，因为11A A BD B AA D V V −−=，所以111111132232h ⎛⎫⎛⎫⨯=⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以点A 到平面1A BD 的距离为h则此圆锥的母线1AA 与底面1A BD2=，B 正确；对于C ，如图，以矩形11BB D D 的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以1AA ，1CC 的中点E ，F 为两个圆锥的顶点，0.7>，C 正确；对于D ，如图，1AC 的中点P 作垂线MN ，分别交AC ，11A C 于点M ，N ，则1tan PM AP C AC =⋅∠==以正方体的体对角线1AC 作为圆锥的轴，1C 为圆锥顶点，MN 为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为22111ππ33V PM C P =⨯⨯=⨯=>⎝⎭，D 正确．事实上，以正方体的体对角线1AC 作为轴，1C 为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段AP 上（不含P 点），设AG x =，当GI 与MN (M 为AC 的四等分点）重合时，MP NP =，因此04x <≤，因为1AGH AC C ∽△△，所以11AG AH GH AC AC CC ==，则1,,AH GH x C H ==，圆锥体积2211()π1,03V x GH C H x x ⎛⎫⎛=⨯⨯=<≤ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，()(2)0V x '>在⎛ ⎝⎦上恒成立，所以(x)V在0,4⎛ ⎝⎦上单调递增，体积的最大值为ππ41617V ⎛=> ⎝⎭, D 正确. 故选：BCD.4．（2024·广东·一模）已知正方体1111ABCD A B C D −的各个顶点都在表面积为3π的球面上，点P 为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（） A ．有无数个点P ，使得//AP 平面1BDC B ．有无数个点P ，使得AP ⊥平面1BDCC ．若点P ∈平面11BCC B ，则四棱锥P ABCD −D ．若点P ∈平面11BCC B ，则1AP PC +【答案】ACD 【详解】令正方体1111ABCD A B C D −的外接球半径为r ，24π3πr =，r =11BD AB ==，连接1111,,AB AD B D ，由四边形11ABC D 是该正方体的对角面，得四边形11ABC D 是矩形，即有11//AD BC ，而1BC ⊂平面1BDC ，1AD ⊄平面1BDC ，则1//AD 平面1BDC ，同理1AB //平面1BDC ，又1111,,AB AD A AB AD =⊂平面11AB D ，因此平面11//AB D 平面1BDC ，令平面1ABD 截球面所得截面小圆为圆M ，对圆M 上任意一点（除点A 外）均有//AP 平面1BDC ，A 正确；对于B ，过A 与平面1BDC 垂直的直线AP 仅有一条，这样的P 点至多一个，B 错误；对于C ，平面11BCC B 截球面为圆R ，圆R 的半径为2，则圆R 上的点到底面ABCD 的距离因此四棱锥P ABCD −的体积的最大值为113⨯=，C 正确；对于D ，显然AB ⊥平面11BCC B ，在平面11BCC B 内建立平面直角坐标系，如图，令点)P θθ，而11111(,),(,)2222B C −−，因此AP ==1PC ==(sin cos )2x θθ+=，1AP PC +==，当且仅当12x =−取等号，此时1(sin cos )22θθ+=−，即π1sin()42θ+=−，因此1AP PC +D 正确.故选：ACD5．（2024·山东济南·一模）下列等式中正确的是（）A ．8881C 2k k ==∑B ．82392C C k k ==∑C ．82111!8!k k k =−=−∑ D ．()8828160C C k k ==∑【答案】BCD【详解】对于A ，因为()801228888881C C C C x x x x +=++++，令1x =，得881288888121C C C 1C k k ==++++=+∑，则88811C 2kk ==−∑，故A 错误；对于B ，因为2331C C C n n n ++=，所以8222223222234833482C C C C C C C C C k k ==++++=++++∑322323448889C C C C C C =+++==+=，故B 正确；对于C ，因为()()()()()()!1!11!1111!!!1!!1!!k k k k k k k k k k k k −−−−−−===−−−，所以()882211111111111!1!!1!2!2!3!7!8!8!k k k k k k ==⎡⎤−=−=−+−++−=−⎢⎥−⎣⎦∑∑，故C 正确. 对于D ，()()()1688111x x x +=++，对于()161x +，其含有8x 的项的系数为816C ，对于()()8811x x ++，要得到含有8x 的项的系数，须从第一个式子取出()08,N k k k ≤≤∈个x ，再从第二个式子取出8k −个x ，它们对应的系数为()088288808C CC kk kk k =−==∑∑，所以()8828160C C k k ==∑，故D 正确.故选：BCD.6．（2024·山东青岛·一模）已知函数()cos sin2xf x x =+，则（） A ．()f x 在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭单调递增B ．()f x 的图象关于直线πx =对称C ．()f x 的值域为90,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为{}π,2π,4π【答案】BCD【详解】对于A ：当π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时sin 02x >，所以2()cos sin 12sin sin 222x xx f x x =+=−+，因为sin 2x y =在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又πsin 124===，所以sin 0,24x ⎛∈ ⎝⎭，因为49316>，即74>172044=>，即124>，12>，所以π1sin 124>，又221y x x =−++在1,4∞⎛⎫− ⎪⎝⎭上单调递增，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以212sin sin 22xx y =−+在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上不单调，即()f x 在区间π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭不单调，故A 错误；对于B ：因为()()()2π2πcos 2πsin cos sin 22x xf x x x f x −−=−+=+=，所以()f x 的图象关于直线πx =对称，故B 正确；对于C ：因为()22cos sin 12sin sin 12sin sin 22222x x x x xf x x =+=−+=−+，令sin2x t =，则[]0,1t ∈，令()212h t t t =−+，[]0,1t ∈，则()h t 在10,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，又()01h =，()10h =，1948h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()90,8h t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()f x 的值域为90,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故C 正确；对于D ：当[0,2π]x ∈时sin02x ≥，所以()2cos sin 12sin sin 222x x xf x x =+=−+，由A 选项可令π0,6α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦且1sin 24α=，则当[]0,x α∈时()f x 单调递增，令π222x α<<，即πx α<<时sin 2x y =在(),πα上单调递增，且1sin 142x <<，所以()f x 在(),πα上单调递减，又2π1sinsin 224αα−==，令π2π222x α−<<，即π2πx α<<−时sin 2xy =在()π,2πα−上单调递减，且1sin 142x<<，所以()f x 在()π,2πα−上单调递增，当2ππ22x α−<<，即2π2πx α−<<时sin 2xy =在()2π,2πα−上单调递减，且10sin24x <<，所以()f x 在()2π,2πα−上单调递减，又()()02π1f f ==，()π0f =，()()92π8f f αα=−=，所以()f x 在[0,2π]上的函数图象如下所示：由图可知：①当0a =时()y f x =与y a =有且仅有一个交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]的实数根为π； ②当01a <<或98a =时()y f x =与y a =有两个交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有两个实数根，且两根关于πx =对称，所以两根之和为2π； ③当918a ≤<时()y f x =与y a =有四个交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有四个实数根，不妨设为1234,,,x x x x 且1234x x x x <<<，所以1x 与4x 关于πx =对称，2x 与3x 关于πx =对称，所以12344πx x x x +++=； ④当a<0或98a >时()y f x =与y a =无交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]无实数根；综上可得，若关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为{}π,2π,4π，故D 正确；故选：BCD7．（2024·山东聊城·一模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，其导数为()g x ，若()31f x +是奇函数，且对于任意的x ∈R ，()()4f x f x −=，则对于任意的k ∈Z ，下列说法正确的是（）A ．4k 都是()g x 的周期B ．曲线()y g x =关于点()2,0k 对称C ．曲线()y g x =关于直线21x k =+对称D ．()4g x k +都是偶函数【答案】BC【详解】由()31f x +是奇函数，故有()()3131f x f x +=−−+，即有()()11f x f x +=−−+，故，则()()11f x f x ''+=−+，即()()11g x g x +=−+，故()g x 关于1x =对称，由()()4f x f x −=，则()()4f x f x '−−='，即()()4g x g x −−=，故()g x 关于()2,0中心对称，由()()4g x g x −−=，则()()31g x g x −−=+，又()()11g x g x +=−+，故()()13g x g x −+=−−，即有()()13g x g x +=−+，则()()35g x g x +=−+，故()()()351g x g x g x +=−+=−+，即()()15g x g x +=+，故()()4g x g x =+，故()g x 周期为4. 对A ：当0k =时，40k =，故A 错误；对B ：由()g x 周期为4，故()()4g k x g x −=−，又()()4g x g x −−=，故()()g x g x −−=，故()()()4g x g x g k x −=−=−，故曲线()y g x =关于点()2,0k 对称，故B 正确；对C ：由()g x 周期为4，故()()422g k x g x +−=−，又()()11g x g x +=−+，故()()()242g x g x g k x =−+=+−，故曲线()y g x =关于直线21x k =+对称，故C 正确；对D ：由B 得()()4g x g k x −=−，故()()4g x g k x −−=+，又()g x 周期为4，故有()()4g x g k x −−=−−，故()()44g k x g k x +=−−，又x ∈R ，即()4g x k +都是奇函数，故D 错误. 故选：BC.8．（2024·山东烟台·一模）给定数列{}n a ，定义差分运算：2*11Δ,ΔΔΔ,N n n n n n n a a a a a a n ++=−=−∈.若数列{}n a 满足2n a n n =+，数列{}n b 的首项为1，且()1*Δ22,N n n b n n −=+⋅∈，则（）A ．存在0M >，使得Δn a M <恒成立B ．存在0M >，使得2Δn a M <恒成立C ．对任意0M >，总存在*n ∈N ，使得n b M >D ．对任意0M >，总存在*n ∈N ，使得2Δnnb M b > 【答案】BC【详解】对于A ，由2n a n n =+，得22(1)(1)()22n a n n n n n ∆=+++−+=+，显然Δn a 有最小值4，无最大值，因此不存在0M >，使得Δn a M <恒成立，A 错误；对于B ，由选项A 知，22n a n ∆=+，则22(1)2(22)2n a n n ∆=++−+=，显然当2M >时，2Δn a M <恒成立，B 正确；对于C ，由1Δ(2)2n n b n −=+⋅，得11(2)2n n n b b n −+−=+⋅，当2n ≥时，12132431()()()()n n n b b b b b b b b b b −=+−+−+−++−即01221324252(1)2n n b n −=+⨯+⨯+⨯+++⨯，于是0122122232422(1)2n n n b n n −−=⨯+⨯+⨯++⨯++⨯，两式相减得11221111211222(1)21(1)2212n n n n n n b n n n −−−−−−−=+++++−+⨯=+−+⨯=−⨯−，因此12n n b n −=⋅，显然11b =满足上式，则12n n b n −=⋅，由11(2)20n n n b b n −+−=⋅>+，得数列{}n b 是递增数列，n b 有最小值1，无最大值，从而对任意0M >，总存在*n ∈N ，使得n b M >，C 正确；对于D ，121(2Δ)2(3(2))42nn n n n n b n −−⋅−+⋅==++⋅，由选项C 得2Δ41n n b b n=+，显然数列{41}n+是递减数列，4015n <+≤，因此对任意0M >，不存在*n ∈N ，使得2Δnnb M b >成立，D 错误. 故选：BC9．（2024·山东济宁·一模）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，M 是棱BC 的中点，N 是棱1DD 上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（）A ．三棱锥1A AMN −的体积为定值B ．若N 是棱1DD 的中点，则过A ，M ，N 的平面截正方体1111ABCD A BCD −所得的截面C ．若N 是棱1DD 的中点，则四面体1D AMN −的外接球的表面积为7π D ．若CN 与平面1AB C 所成的角为θ，则sin θ∈⎣⎦【答案】AD【详解】对于A,连接1A M ,因为11//DD AA ,1AA ⊂平面1A AM ,1DD ⊄平面1A AM , 所以1//DD 平面1A AM ,又点N 是棱1DD 上的动点（含端点），所以点N 到平面1A AM 的距离为定值，设为d ，则1111133A AMN N A AM A AMV V Sd d −−==⨯⨯==，为定值，故A 正确；对于B,如图，四边形AMHN 为过A ，M ，N 的平面截正方体1111ABCD A B C D −所得的截面图形，因为平面11//A ADD 平面11B BCC , 且平面11A ADD 平面AMHN AN =,且平面11B BCC ⋂平面AMHN MH =, 根据面面平行的判断定理知，//AN MH ，又因为,M N 为中点，所以H 为四等分点，则四边形AMHN 的周长为：222AM MH HN AN +++=+=, 故B 错误；对于C,如图所示，连接1AD ,取AD 的中点为M ', 连接MM '，设1AD N 外接圆圆心为O ',外接球球心为O , 连接O M '',则OE O M =',在1AD N 中，设其外接圆半径为r ，由正弦定理知，12sin ANrAD N ===∠，所以rO N '=依题易得1AND DM A ≅',故AM D AND ''∠=∠, 弦1AD 所对的圆周角相等，故1,,,A M N D '四点共圆，则O M O N '='=' 设外接球半径为R ,过O 作OE MM ⊥',交MM '于E , 则在Rt OEM △中，222OM OE ME =+,即()2222R OO =+−⎝⎭',① 在Rt OO N '中，222ON OO O N '+'=,即2222R OO ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭',②联立①②，解得271,2OO R ==', 故外接球的表面积为24π14πR =, 故C 错误；对于D ，以A 为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，则()()()()[]10,0,0,2,0,2,2,2,0,0,2,,0,2A B C N λλ∈, 则()()()12,0,2,2,2,0,2,0,AB AC CN λ===−, 设平面1AB C 的法向量(),,n x y z =，则102202200n AB x z x y n AC ⎧⋅=+=⎧⎪⇒⎨⎨+=⋅=⎩⎪⎩，令1x =，则1y z ==−，故()1,1,1n =−−，则sin cos ,3n CN n CN n CNθ⋅===⋅== 当0λ=时，sin θ=，当0λ≠时，sin 3θ==≤=，当且仅当2λ=时等号成立，又sin θ=>综上可知，sin θ∈⎣⎦，故D 正确，故选：AD.10．（2024·山东淄博·一模）把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(OO '中椭圆长轴4AB =，短轴CD =12,F F 为下底面椭圆的左右焦点，2F '为上底面椭圆的右焦点，4AA '=， P 为线段BB '上的动点，E 为线段A B ''上的动点，MN 为过点2F 的下底面的一条动弦(不与AB 重合)，则下列选项正确的是（）A ．当12//F F '平面PMN 时，P 为BB '的中点 B ．三棱锥22F F CD '−外接球的表面积为8πC ．若点Q 是下底面椭圆上的动点，Q '是点Q 在上底面的射影，且1Q F '，2Q F '与下底面所成的角分别为,αβ，则()tan αβ+的最大值为1613− D ．三棱锥E PMN −体积的最大值为8 【答案】ACD【详解】由题设，长轴长4AB A B ''==，短轴长CD =，则1221OF OF O F '==='，得22,F F '分别是,OB O B ''中点，而柱体中ABB A ''为矩形，连接OB '，由21//B F OF ''，211B F OF '=='，∴四边形12FOB F ''为平行四边形，12//OB F F ''，当12//F F '平面PMN 时，12F F '⊂平面ABB A ''，平面ABB A ''⋂平面2PMN PF =，则122//F F PF '，有2//OB PF '，OBB '△中，2F 是OB 中点，则P 为BB '的中点，A 选项正确；2OF CD ⊥，CD =21OF =，则2F CD △中，222CF DF ==，2120CF D ∠=， 2F CD △外接圆半径为2122sin CD r CF D =⨯=∠，22//F F AA ''，则22F F '⊥平面2F CD ，三棱锥22F F CD '−外接球的半径为R = 所以外接球的表面积为24π32πR =，B 选项错误；点Q 是下底面椭圆上的动点，Q '是点Q 在上底面的射影，且1Q F '，2Q F '与下底面所成的角分别为,αβ，令12,QF m QF n ==，则4m n +=，又4QQ '=，则4tan m α=，4tan n β=，()()4tan tan 16tan 1tan tan 1616m n mn mn αβαβαβ+++===−−−，()()216tan 212m αβ+=−−−，由椭圆性质知13m ≤≤，则当1m =或3m =时，()tan αβ+的最大值为1613−，C 选项正确；由22E PMN M PEF N PEF V V V −−−=+，要使三棱锥E PMN −体积最大，只需2PEF △的面积和,M N 到平面2PEF 距离之和都最大，222PEF BF EB PBF PEB S S SS''=−−，令,EB a PB b '==，且[],0,4a b ∈，则4PB b '=−，()()()21111411422222PEF b a Sa b a b −=⨯⨯+−⨯⨯−⨯⨯−=+，当4a b ==时，有最大值28PEF S =，在下底面内以O 为原点，构建如上图的直角坐标系，且()0,2B ，则椭圆方程为22143y x+=，设:1MN y tx =+，联立椭圆得()2234690t x tx ++−=，()2Δ14410t =+>，2269,3434M N M N t x x x x t t +=−=−++，M N x x −==令1l =≥，212121313M N l x x l l l−==++，由对勾函数性质可知13y l l=+在[)1,+∞上递增，max1234M Nx x −==，综上，三棱锥E PMN −体积的最大值为18383⨯⨯=，D 选项正确.故选：ACD11．（2024·山东泰安·一模）已知函数()f x 的定义域为R ，且()10f =，若()()()2f x y f x f y +=++，则下列说法正确的是（）A ．()14f −=−B ．()f x 有最大值C ．()20244046f =D ．函数()2f x +是奇函数【答案】ACD【详解】对于A 中，令0x y ==，可得()02f =−，令1,1x y ==−，则()()()11112f f f −=−++，解得()14f −=−，所以A 正确；对于B 中，令121,x x y x x ==−，且12x x <，则()()()1211212f x x x f x f x x +−=+−+，可得()()()21212f x f x f x x −=−+，若0x >时，()2f x >−时，()()210f x f x −>，此时函数()f x 为单调递增函数；若0x <时，()2f x <−时，()()210f x f x −<，此时函数()f x 为单调递减函数，所以函数()f x 不一定有最大值，所以B 错误；对于C 中，令1y =，可得()()()()1122f x f x f f x +=++=+，即()()12f x f x +−=，所以()()()()()()()()()()2024202420232023202232211f f f f f f f f f f ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=−+−++−+−+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦2023204046=⨯+=，所以C 正确；对于D 中，令y x =−，可得()()()02f f x f x =+−+，可得()()220f x f x ++−+=，即()()22f x f x ⎡⎤+=−−+⎣⎦，所以函数()2f x +是奇函数，所以D 正确；故选：ACD.12．（2024·山东菏泽·一模）如图，过点(,0)(0)C a a >的直线AB 交抛物线22(0)y px p =>于A ，B 两点，连接AO 、BO ，并延长，分别交直线x a =−于M ，N 两点，则下列结论中一定成立的有（）A ．//BM ANB ．以AB 为直径的圆与直线x a =−相切C ．AOB MON S S =△△D ．24MCN ANC BCM S S S =⋅△△△【答案】ACD 【详解】对于A ，令()()1122:,,,,AB x my a A x y B x y =+，联立22x my ay px =+⎧⎨=⎩，消x 可得2220y pmy pa −−=，则()2Δ280pm pa =+>，12122,2y y pa y y pm =−+=，()21212222x x m y y a pm a +=++=+，则1111111,:,,OA y y ay k OA y x M a x x x ⎛⎫==−− ⎪⎝⎭ 故()12211112212220BMay pay y x y y y pakx a x a y x a +++====+++，同理0,//AN k BM AN =∴，故A 正确；对于C ，设x a =−与x 轴交于P ，,PONAOCMOPBOCSSSS==，则,PONMOPAOCBOCSSS S++=，AOB MON S S =△△，故C 正确；对于D ，()()112211,22ANCBCMS x a y S x a y =+=−+ 则()()()()12121212112244ANC BCMSSx a x a y y my a my a y y ⋅=−++=−++ ()221212121244m y y am y y a y y ⎡⎤=−+++⎣⎦ ()()()221222424m pa am pm a pa ⎡⎤=−−++−⎣⎦()222pa pm a =+，而121212||||2MCNMPCNPCSSSa y y a y y =+=⋅−=−，所以()()()22222221212124424MCNANCBCMS a y y a y y y y pa pm a SS⎡⎤=−=+−=+=⋅⎣⎦，故D 正确；对于B ，AB 中点1212,22x x y y Q ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，即()2,,Q pm a pa +− 则Q 到直线x a =−的距离22d pm a =+，以AB 为直径的圆的半径122AB y =−所以()()222224AB d p a a p m −=+−，当2p a =时相切，当2pa ≠时不相切，故B 错误.故选：ACD.13．（2024·湖北·一模）已知函数()32f x ax bx cx d =+++存在两个极值点()1212,x x x x <，且()11f x x =−，()22f x x =．设()f x 的零点个数为m ，方程()()2320a f x bf x c ⎡⎤++=⎣⎦的实根个数为n ，则（）A ．当0a >时，3n =B ．当a<0时，2m n +=C ．mn 一定能被3整除D ．m n +的取值集合为{}4,5,6,7【答案】AB 【详解】由题意可知()232f x ax bx c '=++为二次函数，且()1212,x x x x <为()f x '的零点，由()()()()2320f f x a f x bf x c ⎡⎤+⎦'=+=⎣得()1f x x =或()2f x x =，当0a >时，令()0f x '>，解得1x x <或2x x >；令()0f x '<，解得12x x x <<；可知：()f x 在()()12,,,x x ∞∞−+内单调递增，在()12,x x 内单调递减，则1x 为极大值点，2x 为极小值点，若10x ≥，则120x x −≤<，因为()()12f x f x >，即12x x −>，两者相矛盾，故10x <，则()2f x x =有2个根，()1f x x =有1个根，可知3n =，若()220f x x =>，可知1m =，3,4mn m n =+=；若()220f x x ==，可知2m =，6,5mn m n =+=；若()220f x x =<，可知3m =，9,6mn m n =+=；故A 正确；当0a <时，令()0f x '>，解得12x x x <<；令()0f x '<，解得1x x <或2x x >；可知：()f x 在()12,x x 内单调递增，在内()()12,,,x x ∞∞−+单调递减，则2x 为极大值点，1x 为极小值点，若20x ≤，则120x x −>≥，因为()()12f x f x <，即12x x −<，两者相矛盾，故20x >，若()110f x x =−>，即10x <，可知1m =，3n =，3,4mn m n =+=；若()110f x x =−=，即10x =，可知2m =，4n =，8,6mn m n =+=；若()110f x x =−<，即1>0x ，可知3m =，5n =，15,8mn m n =+=；此时2m n +=，故B 正确；综上所述：mn 的取值集合为{}3,6,8,9,15，m n +的取值集合为{}4,5,6,8，故CD 错误；故选：AB.14．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数()()1e 1ln e 11xx x f x a x +⎛⎫=+−+ ⎪−⎝⎭恰有三个零点，设其由小到大分别为123,,x x x ，则（）A ．实数a 的取值范围是10,e ⎛⎫⎪⎝⎭B ．1230x x x ++=C ．函数()()()g x f x kf x =+−可能有四个零点D ．()()331e x f x f x '='【答案】BCD【详解】对于B ，()11e0ln 01e 1xxx f x a x +−⎛⎫=⇔+= ⎪−+⎝⎭，设()11eln 1e 1xxx h x a x +−⎛⎫=+ ⎪−+⎝⎭，则它的定义域为()1,1−，它关于原点对称，且()()11e 11e ln ln 1e 11e 1x xx x x x h x a a h x x x −−⎛⎫−−+−⎛⎫⎛⎫−=+=−+=− ⎪ ⎪ ⎪++−+⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以()h x 是奇函数，由题意()0h x =有三个根123,,x x x ，则1230x x x ++=，故B 正确；对于C ，由()()()()110e 1ln e 1e 1ln e 1011x x xx x x f x kf x a a x x −−⎡⎤+−⎛⎫⎛⎫+−=⇒+−+++−+= ⎪ ⎪⎢⎥−+⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以()1ln 11e 1e 1ln 01e 1e e 1e x x x xx x x x x a k a x ⎡⎤+⎛⎫ ⎪⎢⎥+−−−⎛⎫⎝⎭⎢⎥++−= ⎪−++⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦，所以11e11e ln ln 1e 1e1e 1xxx xx x k x a a x x ⎡⎤+−+−⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪⎢ ⎪⎥−+−+⎝⎭⎝⎭⎣⎦，即11e ln 101e 1e xx x x k a x ⎡⎤+−⎛⎫⎛⎫+−=⎢ ⎪⎥ ⎪−+⎝⎭⎝⎭⎣⎦已经有3个实根123,,x x x ，当0k >时，令10e xk−=，则ln x k =，只需保证123ln ,,k x x x ≠可使得方程有4个实根，故C 正确；由B 可知，13x x =−，而()()()()333331e e x x f x f x f x f x ''='=⇔−'，又()()()()333322331122e lne 1e ,e ln e 111111x x xx xx x f x a a f x a a x x x x ''−+=++−−=++−−−+−，所以()()3333323312e lne 1e 11x x x xf x a a x x +++−−'=− ()333333233331112lne 11e ln ln e 11111x x x x x x a a a a x x x x −+−=++−+−−++−−+ ()()()333333331e e 1lne 1e 1x x x x xf x a f x x +=−++−+='−−'，故D 正确；对于A ，11e ln 1e 1x xx a x +−⎛⎫=− ⎪−+⎝⎭，设()()11e ln ,1e 1x x x p x a m x x +−⎛⎫==− ⎪−+⎝⎭，则()()()2222e ,1e 1xxa p x m x x ''==−+，所以()()102,02p a m ==''，从而1102,024a a <<<<，故A 错误.故选：BCD.15．（2024·福建·模拟预测）已知正方体1111ABCD A B C D −的棱长为2，棱,AB BC 的中点分别为E ，F ，点G 在底面1111D C B A 上，且平面EFG 平面1ACD ，则下列说法正确的是（）A ．若存在λ使得11A G GD λ=，则12λ= B ．若11G C D ∈，则EG平面11ADD AC ．三棱锥1G BCD −体积的最大值为2 D ．二面角D EF G −−【答案】BCD【详解】如图，建立空间直角坐标系，依题意，()()()()()12,0,0,0,2,0,0,0,2,2,1,0,1,2,0A C D E F ，设()00,,2G x y ，则()()()()1002,2,0,2,0,2,1,1,0,2,1,2AC AD EF EG x y =−=−=−=−−，设平面1ACD 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则111n ACn AD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩，所以1111111220220n AC x y n AD x z ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+=⎪⎩，令11x =，则111y z ==，即()11,1,1n =，设平面EFG 的一个法向量()2222,,n x y z =，则22n EFn EG⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩，所以()()22222020202120n EF x y n EG x x y y z ⎧⋅=−+=⎪⎨⋅=−+−+=⎪⎩，令21x =，则002231,2x y y z −−==即00231,1,2x y n −−⎛⎫= ⎪⎝⎭，因为平面EFG 平面1ACD ，所以12//n n ，即00312x y −−=，所以001x y +=，选项A ：若存在λ使得11A G GD λ=，则点G 在线段11A D 上，所以00y =，即01x =，所以G 为11A D 的中点，即1λ=，故A 错误；选项B ：若11G C D ∈，则00x =，即01y =，所以G 为11C D 的中点，因为E 为AB 的中点，所以11//,AE D G AE D G =,故四边形1AEGD 为平行四边形，所以1//EG AD ，EG ⊄平面11ADD A ，1AD ⊂平面11ADD A ，所以EG 平面11ADD A ，故B正确；选项C ：因为()()()1000,2,2,2,2,0,,,2DC DB DG x y ===，设平面1DBC 的一个法向量为()3333,,n x y z =，则313n DC n DB ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩，所以3133333220220n DC y z n DB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令31y =，则331x z ==−，即()31,1,1n =−−，设G 到平面1DBC的距离为33DG n xd n ⋅−=== 又1DBC 为等边三角形且边长为(12DBC S==所以11011221333GDBC DBC V Sd x −=⋅⋅=⨯=+，又001x ≤≤，所以当01x =时，三棱锥1G BC D −体积的最大值为2，故C 正确；选项D ：因为1DD ⊥平面DEF ，所以平面DEF 的一个法向量为()10,0,2DD =，平面EFG 的一个法向量()11,1,1n =，则1111112cos ,32DD n DD n DD n ⋅===⨯⋅，因为二面角D EF G −−为锐角，所以二面角D EF G −−D 正确；故选：BCD.16．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数()22f x x x =−+，()2g x x a =+，则（）A ．()()f x g x ≤恒成立的充要条件是12a ≥ B ．当14a =时，两个函数图象有两条公切线C ．当12a =时，直线4410x y −+=是两个函数图象的一条公切线 D ．若两个函数图象有两条公切线，以四个切点为顶点的凸四边形的周长为2+，则1a =【答案】ACD 【详解】对于A ，若()()f x g x ≤恒成立，即()()0g x f x −≥恒成立，而222()()222g x f x x a x x x x a −=++−=−+)2112(022x a =−+−≥恒成立，所以102a −≥，解得12a ≥，故A 正确；对于B ，设切点1(x ,1())f x ，2(x ,2())g x ，()22f x x =−+'，()2g x x '=，有()()()()121222121122121222222x x f x g x f x g x x x x a x x x x x −+=⎧−⎪==⇒−+−−⎨=−⎪⎩'−'①②，①代入②，可得2112210x x a −+−=，当14a =时，代入方程解得：2118830x x −+=， 643480∆=−⨯⨯<，方程无解，即两个函数图象无公切线，故B 错误；对于C ，当12a =时，代入方程2112210x x a −+−=得：2114410x x −+=， 112x =，故1()12f '=，13()24f =，所以函数()f x 与()g x 的一条公切线为：4410x y −+=，故C 正确；对于D ，如图，不妨设切线与()f x 切于,A B ，与()g x 切于,C D ，设(A A x ,)A y ，(B B x ,)B y ，(C C x ,)C y ，(D D x ,)D y ，()22f x x '=−+，()2g x x '=，故()()()222,()222A C A C B D B D f x g x x x f x g x x x =⇒−+'==⇒−+=''' 所以1A C x x +=，1B D x x +=，()()22221A C A A C C A C A A y y x x x a x x x x x a a +=−+++=+−++=+，同理1B D y y a +=−，则AC 中点即可BD 中点，所以四边形ABCD 是平行四边形，由A 处的切线方程为()()()2222222A A A A A A y x x x x x y x x x =−+−−+⇒=−++，C 处的切线方程为()2222C C C C C y x x x x a y x x x a =−++⇒=−+，得22AC x x a +=，即21A C x x a−=，结合1A C x x +=可知A x ，C x 是方程22210x x a −+−=的根，由C 选项可知：,A B 是()f x 的两个切点，所以B x ，A x 也是方程22210x x a −+−=的根，所以22210BB x x a −+−=,且()Δ481840a a =−−=−>,故12a >，则C B x x =，2222222121C B C B B B B CB y y x a x x a x x a a =−=++−=+−=−=−，||AB ===||||211AB BC a +−=,0t t =>，则(()(2101101t t t t −=⇒−+=⇒=，11a =⇒=，故D 正确．故选：ACD ．17．（2024·福建莆田·一模）已知定义在R 上的函数()f x 满足：()()()()3f x y f x f y xy x y +=+−+，则（）A ．()y f x =是奇函数B ．若()11f =，则()24f −=C ．若()11f =−，则()3y f x x =+为增函数D ．若()30,0x f x x ∀>+>，则()3y f x x =+为增函数【答案】ABD【详解】对A ：()f x 定义域为R ，关于原点对称；对原式，令0x y ==，可得()()020f f =，解得()00f =；对原式，令y x =−，可得()()()0f f x f x =+−，即()()0f x f x +−=，故()y f x =是奇函数，A 正确；对B ：对原式，令1x y ==，可得()()22132f f =−⨯，又()11f =，则()22164f =⨯−=−；由A 可知，()y f x =为奇函数，故()()224f f −=−=，故B 正确；对C ：由A 知，()00f =，又()11f =−，对()3y f x x =+，当0x =时，()000y f =+=；当1x =时，()110y f =+=；故()3y f x x =+在()11f =−时，不是单调增函数，故C 错误；对D ：在R 上任取12x x >，令()()3h x f x x =+，则()()()()33121122h x h x f x x f x x −=+−−()()()()221222121212f x x x f x x x x x x x ⎡⎤=−+−+−++⎣⎦()()()()()()()2212212212221212123f x x f x x x x x x x f x x x x x x x ⎡⎤=−+−−−+−+−++⎣⎦ ()()()()221212*********f x x x x x x x x x x x x =−−−+−++()()()22121212122f x x x x x x x x =−+−+−()()31212f x x x x =−+−，由题可知()30,0x f x x ∀>+>，又120x x −>，故()()312120f x x x x −+−>，即()()120h x h x −>，()()12h x h x >，故()y h x =在R 上单调递增，也即()3y f x x =+在R 上单调递增，故D 正确；故选：ABD.18．（2024·福建漳州·模拟预测）如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D −中，E ，F 分别是棱11A B ，1DD 的中点，G 为底面ABCD 上的动点，则下列说法正确的是（）A ．当G 为AD 的中点时，EF CG ⊥B ．若G 在线段BD 上运动，三棱锥A GEF −的体积为定值C ．存在点G ，使得平面EFG 截正方体所得的截面面积为D ．当G 为AD 的中点时，三棱锥1A EFG −的外接球表面积为236π9【答案】ACD【详解】对于A 选项，以B 为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则()2,0,4E ，()4,4,2F ，()0,4,0C ，()4,2,0G ，所以()2,4,2EF =−，()4,2,0CG =−，因为()244200EF CG ⋅=⨯+⨯−+=，所以EF CG ⊥，故A 选项正确；对于B 选项，当点G 与点B 重合时，如图2所示，1132444323A GEF F AGE V V −−==⨯⨯⨯⨯=，当点G 与点D 重合时，如图3所示，118422323A GEF E AGF V V −−==⨯⨯⨯⨯=，所以三棱锥A GEF −的体积不是定值，故B 选项错误；对于C 选项，当G 为BC 中点时，平面EFG 截正方体所得的截面为正六边形EKFHGJ ，如图4所示，其中H ，J ，K 为相应边的中点，则正六边形EKFHGJ 的边长为所以该截面的面积为(26=G ，符合题意，故C 选项正确；对于D 选项，当G 为AD 的中点时，如图5所示，易知1EA ⊥平面1A FG ，因为11A F A G ==FG =所以由余弦定理的推论得22211111cos 2A F AG FG FAG A F AG +−∠==⋅45=，所以13sin 5FAG ∠=，设1A FG △的外接圆半径为r ，则12sin 5FG r FAG ===∠r =，设三棱锥1A EFG −的外接球半径为R ，则222150591299A E R r ⎛⎫=+=+=⎪⎝⎭，所以三棱锥1A EFG −的外接球的表面积为2236π49R π=，故D 选项正确，故选：ACD ．19．（2024·全国·模拟预测）设()f x ，()g x 都是定义在R 上的奇函数，且()f x 为单调函数，()11f >，若对任意x ∈R 有()()f g x x a −=（a 为常数），()()()()222g f x g f x x ++=+，则（）A ．()20g =B ．()33f <C ．()f x x −为周期函数D ．21(4)22nk f k n n =>+∑【答案】BC【详解】在()()f g x x a −=中，令0x =得()()()000a f g f ===，所以()()0f g x x −=，又()f x 为单调函数，所以()0g x x −=，即()g x x =，所以()()222f x f x x ++=+，所以()22g =，所以A 错误；由()()314f f +=，得()()3413f f =−<，所以B 正确；设()()h x f x x =−，则由()()222f x f x x ++=+，可得()()20h x h x ++=，所以()()420h x h x +++=，所以()()4h x h x +=，即()f x x −为周期函数，所以C 正确；由()()4h x h x +=，得()()44f x x f x x +−−=−，即()()44f x f x +−=，所以(){}4f k 为等差数列，且()()404f f −=，即()44f =，所以()()44414f k k k =+−=，所以()()21144222nk n n f k n n =+=⨯=+∑，所以D 错误．故选：BC ．20．（2024·福建龙岩·一模）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，已知,,M N P 分别是棱111,,C D AA BC 的中点，点Q 满足[]1,0,1CQ CC λλ=∈，下列说法正确的是（）A ．不存在λ使得1QA QB ⊥ B ．若,,,Q M N P 四点共面，则14λ=C ．若13λ=，点F 在侧面11BB C C 内，且1//A F 平面APQ ，则点FD ．若12λ=，由平面MNQ 分割该正方体所成的两个空间几何体1Ω和2Ω，某球能够被整体放入1Ω或2Ω，则该球的表面积最大值为(12π−【答案】ACD【详解】正方体中，由1QA AC AB >=，故1QAB 中，1AB 不可能是直角三角形的斜边，即不存在λ使得1QA QB ⊥，A 选项正确；,R S 分别是棱11,A D AB 的中点，点Q 为1CC 中点时，平面MNP 在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ ，则,,,Q M N P 四点共面，有12λ=，B 选项错误；若13λ=，则Q 为1CC 上靠近C 点的三等分点，取1BB 上靠近1B 的三等分点G ，11B C 的中点H ，连接11,,A H AG GH则在正方形11BB C C 中，可得//GH PQ ，GH ⊄平面APQ ，PQ ⊂平面APQ ，则有//GH 平面APQ ，同理可由1//A H AP ，证明1//A H 平面APQ ，1,A H GH ⊂平面1AGH ，1A H GH H ⋂=，所以平面1//A GH 平面APQ ，点F 在侧面11BB C C 内，且1//A F 平面APQ ，所以GH 即为点F 的轨迹，GH ===C 选项正确；若12λ=，则Q 为1CC 的中点，平面MNQ 分割该正方体所成的两个空间几何体1Ω和2Ω，平面MNQ 在正方体上的截面为正六边形MRNSPQ ，某球能够被整体放入1Ω或2Ω，该球的表面积最大时，是以1B 为顶点，底面为正六边形MRNSPQ 的正六棱锥的内切球，正六边形MRNSPQ 1622⨯=正六棱锥1B MRNSPQ −32设该球的半径为R ，由体积法可得1136332R ⎛⎫⨯=⨯ ⎪⎝⎭，解得R =(24π12πS R ==−，D 选项正确. 故选：ACD21．（2024·福建福州·模拟预测）通信工程中常用n 元数组()123,,,,n a a a a 表示信息，其中0i a =或()*1,N ,1i n i n ∈≤≤．设()()()123123,,,,,,,,,,,n n u a a a a v b b b b d u v ==表示u 和v中相对应的元素（i a 对应i b ，1,2,,i n =⋯）不同的个数，则下列结论正确的是（）A ．若()0,0,0,0,0u =，则存在5个5元数组v ，使得(),1d u v =B ．若()1,1,1,1,1u =，则存在12个5元数组v ，使得(),3d u v =C ．若n 元数组00,0,,0n w ⎛⎫⎪= ⎪⎝⎭个，则()()(),,,d u w d v w d u v +≥D ．若n 元数组11,1,,1n w ⎛⎫⎪= ⎪⎝⎭个，则()()(),,,d u w d v w d u v +≥【答案】ACD【详解】选项A ：由题意，5个位置选则1个位置安排1即可，满足条件的数组共有。

高中数学知识点大全总结苏教版

高中数学知识点大全总结苏教版高中数学知识点大全总结（苏教版）一、函数与导数1. 函数的概念与性质- 函数的定义- 函数的表示方法- 函数的域与值域- 函数的奇偶性- 函数的单调性与周期性2. 基本初等函数- 幂函数、指数函数与对数函数- 三角函数及其性质- 反三角函数- 双曲函数3. 函数的极限与连续性- 极限的概念与性质- 无穷小与无穷大- 函数的连续性与间断点4. 导数与微分- 导数的定义与几何意义- 常见函数的导数- 高阶导数- 微分的概念与应用5. 导数的应用- 函数的极值与最值问题- 曲线的切线与法线- 洛必达法则- 函数的单调区间与曲线的凹凸性二、三角函数与解三角形1. 三角函数的图像与性质- 三角函数的图像- 三角函数的基本性质- 三角函数的和差化积与积化和差2. 三角函数的恒等变换- 同角三角函数的基本关系- 恒等变换公式3. 解三角形- 三角形的边角关系- 正弦定理与余弦定理- 三角形面积的计算三、数列与数学归纳法1. 等差数列与等比数列- 数列的基本概念- 等差数列与等比数列的定义、通项公式与求和公式2. 数列的极限- 数列极限的概念- 极限的四则运算3. 数学归纳法- 数学归纳法的原理- 证明方法与步骤四、平面向量与解析几何1. 平面向量- 向量的基本概念与运算- 向量的模、方向角与投影2. 直线与圆的方程- 直线的点斜式、两点式与一般式方程- 圆的标准方程与一般方程3. 圆锥曲线- 椭圆、双曲线与抛物线的方程及其性质五、立体几何1. 空间直线与平面- 空间直线的方程- 平面的方程- 直线与平面的位置关系2. 立体图形的性质- 棱柱、棱锥与圆柱、圆锥、圆台的体积与表面积 - 球的体积与表面积六、概率与统计1. 概率的基本概念- 随机事件与概率的定义- 条件概率与独立事件2. 随机变量及其分布- 离散型随机变量与连续型随机变量- 概率分布与概率密度函数3. 统计初步- 总体与样本- 统计量的概念与计算- 线性回归与相关分析以上是苏教版高中数学的主要知识点总结，涵盖了函数、三角函数、数列、向量、解析几何、立体几何、概率与统计等多个领域。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

导数与函数的三角函数关系归纳

导数与函数的三角函数关系归纳在微积分中，导数是研究函数变化率的重要工具。

而三角函数则是数学中常见的一类函数，它们在解决角度相关问题时具有重要作用。

在本文中，我们将探讨导数与函数的三角函数关系，并对相关归纳结果进行总结。

一、正弦函数与导数的关系在微积分中，正弦函数常被记作sin(x)，其中x为自变量。

下面我们来探讨正弦函数与其导数之间的关系。

1. 导数定义导数可以用以下公式定义：\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}\]2. 正弦函数的导数对于正弦函数sin(x)，我们可以通过求导的方法得到其导数。

根据导数的定义，我们有：\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{sin(x+h) - sin(x)}{h}\]利用三角函数的加法公式sin(a+b) = sin(a)cos(b) + cos(a)sin(b)，我们可以将上式改写为：\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{sin(x)cos(h) + cos(x)sin(h) - sin(x)}{h}\]再利用极限的性质和三角函数的性质，我们可以简化上式，并得到正弦函数的导数公式：\[f'(x) = cos(x)\]综上所述，正弦函数的导数为cos(x)。

二、余弦函数与导数的关系与正弦函数类似，余弦函数也是一种常见的三角函数。

下面我们来讨论余弦函数与导数之间的关系。

1. 导数定义依然使用导数的定义，我们有：\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h}\]2. 余弦函数的导数对于余弦函数cos(x)，我们可以通过求导的方法得到其导数。

根据导数的定义，我们有：\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{cos(x+h) - cos(x)}{h}\]同样利用三角函数的加法公式cos(a+b) = cos(a)cos(b) - sin(a)sin(b)，我们可以将上式改写为：\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{cos(x)cos(h) - sin(x)sin(h) - cos(x)}{h}\]再利用极限的性质和三角函数的性质，我们可以简化上式，并得到余弦函数的导数公式：\[f'(x) = -sin(x)\]综上所述，余弦函数的导数为-sin(x)。

导数压轴题题型归纳及处理技巧

导数压轴题题型归纳及处理技巧以下是 8 条关于导数压轴题题型归纳及处理技巧的内容：1. 哎呀，导数压轴题里有一种常见的题型就是求最值问题呀！就像在登山的时候，要找到那最高的山峰！比如函数y=x³-3x²+5，你能快速找到它的最值吗？2. 嘿，还有判断函数单调性的题型呢！这就像开汽车，要清楚什么时候加速什么时候减速。

像函数 f(x)=xlnx，你能判断它的单调性吗？3. 哇塞，导数里那种恒成立问题也很让人头疼啊！就好比要让一个球一直保持在一个固定的位置。

比如f(x)≥a 在某个区间恒成立，这可得好好琢磨琢磨怎么处理哦！像函数 f(x)=e^x+x，若f(x)≥kx 恒成立，你能搞定吗？4. 哦哟，导数压轴题里的不等式证明可不好惹呢！就像是要跨过一条很难跨的沟。

比如要证明某个不等式成立，怎么把导数的知识用上呀？比如 x>0 时，证明 e^x>1+x，你知道怎么下手吗？5. 嘿呀，有一种题型是利用导数求曲线的切线方程呢！这就像在给一条曲线画上漂亮的切线。

比如给定曲线y=x²，在某点处的切线怎么求呢，你会吗？6. 哇哦，那些与极值点有关的题型也挺有趣的嘛！就如同在一群小朋友里找到那个最特别的。

比如给定一个函数，怎么去找它的极值点呢？像函数g(x)=x³-3x，它的极值点在哪儿呀？7. 哈哈，还有根据导数信息画函数图象的题型呢！这可像是根据描述去画一幅神秘的画。

比如知道了导数的一些情况，那函数图象大概长啥样呢？你能想象出来吗？8. 哎呀呀，最后还有一类是把导数和其他知识综合起来的题型呢！这就像把不同的拼图块拼成一幅完整的画。

比如和数列结合起来，那可真是够有挑战性呢！像这样的综合题，你能勇敢挑战吗？我觉得导数压轴题虽然难，但只要掌握了这些题型和处理技巧，多练习多总结，就一定能攻克它！。

导数跟三角函数结合高考总结

一、利用洛必达法则或导数的定义含参数的导数问题的一大常见方法是分离参数，然后转化为不含参数的函数的最值问题的求解.对有些与三角函数进行交汇的导数问题，也是一大处理策略.但有些试题，在分离参数后，得出函数的单调性后，最值不存在，上界或下界却存在，但却难于直接求解处理，此时，洛必达法则可派上用场。

比如例1二、利用函数的有界性有界性是很多函数的一大特性，在导数问题中，含参数的不等式恒成立问题是一大热点，除了分离参数外，分类讨论思想是这类问题的一大利器，但如何进行分类讨论是问题的难点.在与三角函数进行交汇的这类导数问题中，若能有效地利用三角函数的有界性，则能实现快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解。

比如例2三、利用隔离直线对于较为复杂的函数，如果直接构造一个函数可能很难甚或无法解决.此时，如能通过等价转化，并进行适当的变形，转化为两个函数来处理，问题可能大大简化.我们经常会遇到这种情形：两个函数的图像分别被某条直线隔离，这种现象实际上与不等式恒成立问题有着非常密切的联系.如果我们能够找到这条直线，然后再构造两个差函数，问题往往能迎刃而解。

比如例3四、利用设而不求在高中数学中，“设而不求”是非常重要的一种数学思想，这种思想方法是在解题过程中，由于要使用到某个方程的根，但由于这个根无法求出，或虽可求出但却不直接求出，而是通过设出未知数，并借助一定的手段进行消元或代换的种思想方法.这个设出的未知数起到非常重要的桥梁作用.笔者在教学过程中发现，这种思想方法主要应用在导数与解析几何中。

比如例4五、利用不等式的性质导数问题与不等式相结合是近几年高考的常态，与三角函数交汇的导数不等式问题的有一定的挑战性.因此，如何利用不等式的性质是关键对涉及绝对值的不等式问题，三角不等式是解题的利器.比如例5。

高等数学知识点总结

高等数学知识点总结高等数学知识点总结1高考数学解答题部分主要考查七大主干知识：第一，函数与导数。

主要考查集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。

第二，*面向量与三角函数、三角变换及其应用。

这一部分是高考的重点但不是难点，主要出一些基础题或中档题。

第三，序列及其应用。

这部分是高考的重点和难点部分，主要产生一些综合题。

第四，不平等。

本文主要考察不等式的解法和证明，很少单独考察，主要是通过解题中的大小比较。

是高考的重点和难点。

第五，概率和统计。

这部分和我们的生活联系比较大，属应用题。

第六，空间位置关系的定性与定量分析，主要是证明*行或垂直，求角和距离。

第七，解析几何。

是高考的难点，计算量大，一般包含参数。

高考数学基础知识的考查全面，突出重点。

扎实的数学基础是成功解题的关键。

鉴于数学高考对基础知识和基本技能的强调，必须全面系统地复习高中数学基础知识，正确理解基本概念，正确掌握定理、原理、规律、公式，形成记忆和技能。

以恒变。

数学思想方法考试是在更高层次上对数学知识的抽象和概括的考试，是与数学知识相结合的。

对数学能力的考查，强调“以能力立意”，就是以数学知识为载体，从问题入手，把握学科的整体意义，用**的数学观点**材料，侧重体现对知识的理解和应用，尤其是综合和灵活的应用，所有数学考试最终落在解题上。

考纲对数学思维能力、运算能力、空间想象能力以及实践能力和创新意识都提出了十分明确的考查要求，而解题训练是提高能力的必要途径，所以高考复习必须把解题训练落到实处。

训练的内容必须根据考纲的要求精心选题，始终紧扣基础知识，多进行解题的回顾、总结，概括提炼基本思想、基本方法，形成对通性通法的认识，真正做到解一题，会一类。

在临近高考的数学复习中，考生们更应该从三个层面上整体把握，同步推进。

1.知识层面也就是对每个章节、每个知识点的再认识、再记忆、再应用。

数学高考内容选修加必修，可归纳为12个章节，75个知识点细化为160个小知识点，而这些知识点又是纵横交错，互相关联，是“你中有我，我中有你”的。

高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版

导数与三角函数压轴题归纳总结近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化.一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20明：（1（22个零点．【解析】（1,,,,大值点,.（2（i）由（1）知,时调递减,.（ii,由（1）知,,所以存且时,单调递减..（iii）当时,,所以在单调递减.而.（iv点.综上2个零点.【变式训练1】（1）求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在（0，π）的零点个数，并加以证明【解析】(1)，当a=0时,f(x)=−当a<0(x)<0,从而f(x)在单调递减，(a∈R)在上图象是连续不断的，故函数在上的最大值为f(0)，不合题意；当a>0f(x)在单调递增，上图象是连续不断的，故函数在上上的最大值为−a=1，综上所述,(2)函数f(x)在(0,π)有且仅有两个零点。

证明如下：由(I)知f(0)=−−32>0，又函数在上图象是连续不断的,所以函数f(x)在至少存在一个零点，又由(I)知f(x)在单调递增,故函数f(x)在仅有一个零点。

当,令g(x)=f′(x)=sinx+xcosx，由−π<0,且g(x)在故存在g(m)=0.由g′(x)=2cosx−xsinx,知,有g′(x)<0，从而g(x)在上单调递减。

当即f′(x)>0，从而f(x)在单调递增故当时,f(x)>f(π2)=π−32>0，从而(x)在无零点；当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f′(x)<0，从而f(x)在单调递减。

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

综上所述,函数f(x)在(0,π)有且仅有两个零点。

【2020·枣庄期末】【变式训练2】的导函数.(1)求证;(2)求证.【解析】(1)(2) ①由(1);;零点．，【变式训练3】（2020年3月市高三质检文）（1（2解析（1）略【变式训练4】（2020年3月市高三质检理）（1）证明函数x cos x x sin e y x 22--=在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛--2ππ,上单调递增；（2）证明函数()x sin xe xf x2-=在()0,π-上有且仅有一个极大值点，且()200<<x f【变式训练5】（2020年省九校高三第二次联考理科数学）【变式训练6】（2020年省八校高三第三次质检理科数学）解析：二、零点存在性赋值理论例、（2020年省一中模拟）已知函数().x cos x e x f x --=2（1）当()0,x ∞-∈，求证：()0>x f ；（2）若函数()()()1++=x ln x f x g ，求证：函数()x g 存在最小值.【变式训练1】已知函数().ax x cos x f 12-+=（1）当21=a 时，证明：()0≥x f ；（2）若()x f 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值围.。

导数跟三角函数结合高考总结

导数跟三角函数结合高考总结一、利用洛必达法则或导数的定义含参数的导数问题的一大常见方法是分离参数，然后转化为不含参数的函数的最值问题的求解.对有些与三角函数进行交汇的导数问题，也是一大处理策略.但有些试题，在分离参数后，得出函数的单调性后，最值不存在，上界或下界却存在，但却难于直接求解处理，此时，洛必达法则可派上用场。

导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型归纳1. 高考命题回忆例1已知函数f(x)＝e x－ln(x＋m)．（2021全国新课标Ⅱ卷）(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m≤2时，证明f(x)>0.例2已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝e x(cx＋d)，假设曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x+2（2021全国新课标Ⅰ卷）（Ⅰ）求a，b，c，d的值（Ⅱ）假设x≥－2时,()()f x kg x≤，求k的取值范围。

2. 在解题中经常使用的有关结论※(10)若对11x I ∀∈、22x I ∈ ，12()()f x g x >恒成立，则min max ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x >,则min min ()()f x g x >. 若对11x I ∀∈，22x I ∃∈，使得12()()f x g x <，则max max ()()f x g x <.（11）已知()f x 在区间1I 上的值域为A,，()g x 在区间2I 上值域为B ，若对11x I ∀∈,22x I ∃∈，使得1()f x =2()g x 成立，则A B ⊆。

(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程()0f x '=有两个不等实根12x x 、，且极大值大于0，极小值小于0.(13)证题中常用的不等式:① ln 1(0)x x x ≤-> ②≤ln +1(1)x x x ≤>-（）③ 1xex ≥+ ④ 1xe x -≥-⑤ ln 1(1)12x x x x -<>+ ⑥ 22ln 11(0)22x x x x <->3. 题型归纳①导数切线、概念、单调性、极值、最值、的直接应用例7（构造函数，最值定位）设函数()()21xf x x e kx =--(其中k ∈R ).(Ⅰ) 当1k =时,求函数()f x 的单调区间;(Ⅱ) 当1,12k ⎛⎤∈⎥⎝⎦时,求函数()f x 在[]0,k 上的最大值M .例8（分类讨论，区间划分）已知函数3211()(0)32f x x ax x b a =+++≥,'()f x 为函数()f x 的导函数. (1)设函数f(x)的图象与x 轴交点为A,曲线y=f(x)在A 点处的切线方程是33y x =-,求,a b 的值;(2)假设函数()'()axg x ef x -=⋅,求函数()g x 的单调区间.例9（切线）设函数.（1）当时，求函数在区间上的最小值；（2）当时，曲线在点处的切线为，与轴交于点求证：.例10（极值比较）已知函数其中 ⑴当时，求曲线处的切线的斜率；⑵当时，求函数的单调区间与极值.例11（零点存在性定理应用）已知函数()ln ,().xf x xg x e ==a x x f -=2)(1=a )()(x xf x g =]1,0[0>a )(x f y =)))((,(111a x x f x P >l l x )0,(2x A a x x >>2122()(23)(),xf x x ax a a e x =+-+∈R a ∈R 0a =()(1,(1))y f x f =在点23a ≠()f x1x x⑴假设函数φ (x ) = f (x )－，求函数φ (x )的单调区间； ⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y =g (x )相切．例12（最值问题，两边分求）已知函数. ⑴当时，讨论的单调性； ⑵设当时，假设对任意，存在，使，求实数取值范围.例13（二阶导转换）已知函数⑴假设，求的极大值； ⑵假设在概念域内单调递减，求知足此条件的实数k 的取值范围.例14（综合技术）设函数⑴讨论函数的单调性；⑵假设有两个极值点，记过点的直线斜率为,问：是否存在，使得？假设存在，求出的值；假设不存在，请说明理由.11x x 1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R 12a ≤()f x 2()2 4.g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈[]21,2x ∈12()()f x g x ≥b x x f ln )(=)()()(R a x ax f x F ∈+=)(x F kx x f x G -=2)]([)(1()ln ().f x x a x a R x =--∈()f x ()f x 12,x x 11(,()),A x f x 22(,())B x f x k a 2k a =-a。

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导数与三角函数压轴题归纳总结近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化.一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数()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．【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()()211cos ,sin 11g x x g x x x x '=-=-+++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()g'x 单调递减,而()00,02g 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 πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g'x <.所以()g x 在()1,α-单调递增,在,2πα⎛⎫ ⎪⎝⎭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 ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,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,2πβα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()0f 'β=,且当(0,)x β∈时,()0f 'x >；当,2x πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增,在,2πβ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ,1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x >.从而()f x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦没有零点.（iii ）当,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x '<,所以()f x 在,2ππ⎛⎤⎥⎝⎦单调递减.而()0,02f f ππ⎛⎫>< ⎪⎝⎭ ,所以()f x 在,2ππ⎛⎤⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时,()l n 11x +>,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.【变式训练1】【2020·天津南开中学月考】已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明【解析】(1)由已知得()(sin cos )f x a x x x =+对于任意的x?(0, 2π)，有sin cos 0x x x +>,当a=0时,f(x)=- 32，不合题意；当a<0时,x?(0,2π),f'(x)<0,从而f(x)在(0, 2π)单调递减，又函数3()sin 2f x ax x =- (a?R)在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0, 2π]上的最大值为f(0)，不合题意；当a>0时,x?(0, 2π),f'(x)>0,从而f(x)在(0, 2π)单调递增，又函数3()sin 2f x ax x =-(a?R)在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0, 2π]上上的最大值为f(2π)=2πa-32=32π-，解得a=1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈；(2)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。

证明如下：由(I)知,3()sin 2f x ax x =-从而有f(0)=- 32<0,f(2π)=π?32>0，又函数在[0, 2π]上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0, 2π)内至少存在一个零点，又由(I)知f(x)在(0, 2π)单调递增,故函数f(x)在(0, 2π)内仅有一个零点。

当x?[2π,π]时,令g(x)=f'(x)=sinx+xcosx ，由g(2π)=1>0,g(π)=?π<0,且g(x)在[2π,π]上的图象是连续不断的，故存在m?2π,π),使得g(m)=0.由g'(x)=2cosx-xsinx,知x?(2π,π)时,有g'(x)<0，从而g(x)在[2π,π]上单调递减。

当x?2π,m),g(x)>g(m)=0,即f'(x)>0，从而f(x)在(2π,m)内单调递增故当x?(2π,m)时,f(x)>f(π2)=π?32>0，从而(x)在(2π,m)内无零点；当x?(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f'(x)<0，从而f(x)在(2π,m)内单调递减。

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

综上所述,函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。

【变式训练2】【2020·山东枣庄期末】已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点; (2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点. 【解析】(1)设()()112cos g x f x x x'==-+，当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x '=--<，所以()g x 在()0,π上单调递减，又因为31103g ππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，所以命题得证．(2) ①由(1)知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增; 当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=-+>-> ⎪⎝⎭又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=--+<--+< ⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,α上恰有一个零点．又因为()ln 20f ππππ=-<-<，所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点． ②当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤- ，设()ln h x x x =-，()110h x x'=-< 所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤< 所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立所以()f x 在[),2ππ上没有零点． ③当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤-+ 设()ln 2x x x ϕ=-+，()110x xϕ'=-< 所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤< 所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点．综上，()f x 有且仅有两个零点．【变式训练3】（2020年3月武汉市高三质检文）（1）研究函数()()π，在0xxsin x f =上的单调性；（2）求函数()x cos x x g π+=2的最小值解析（1）略【变式训练4】（2020年3月武汉市高三质检理）（1）证明函数x cos x x sin e y x 22--=在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛--2ππ,上单调递增；（2）证明函数()x sin xe xf x2-=在()0,π-上有且仅有一个极大值点，且()200<<x f【变式训练5】（2020年河北省九校高三第二次联考理科数学）【变式训练6】（2020年四川省八校高三第三次质检理科数学）解析：二、零点存在性赋值理论例、（2020年安徽省淮北一中模拟）已知函数().x cos x e x f x --=2（1）当()0,x ∞-∈，求证：()0>x f ；（2）若函数()()()1++=x ln x f x g ，求证：函数()x g 存在最小值.【变式训练1】已知函数().ax x cos x f 12-+= （1）当21=a 时，证明：()0≥x f ；（2）若()x f 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围.。

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