含三角函数的导数问题

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高中数学导数带有三角函数的题型

高中数学导数带有三角函数的题型高中数学中，导数是一个非常重要的概念。

在实际应用中，我们常常会遇到一些带有三角函数的导数题目。

下面，我们将为大家介绍一些常见的带有三角函数的导数题型。

1. y = sin x这是最简单的带有三角函数的导数题型。

根据导数的定义，我们可以将其求导得到：y' = cos x2. y = cos x同样地，我们可以根据导数的定义求出 y = cos x 的导数：y' = -sin x3. y = tan xy = tan x 的导数需要用到求商法则。

我们可以将其写成：y = sin x / cos x然后求导：y' = (cos x * cos x + sin x * (-sin x)) / cos^2 xy' = 1 / cos^2 x4. y = cot xy = cot x 的导数同样需要用到求商法则。

我们可以将其写成： y = cos x / sin x然后求导：y' = (-sin x * sin x + cos x * cos x) / sin^2 xy' = -1 / sin^2 x5. y = sec xy = sec x 的导数也需要用到求商法则。

我们可以将其写成： y = 1 / cos x然后求导：y' = sin x / cos^2 x6. y = csc x同样地，y = csc x 的导数也需要用到求商法则。

我们可以将其写成：y = 1 / sin x然后求导：y' = -cos x / sin^2 x以上就是常见的带有三角函数的导数题型。

当然，还有其他一些比较复杂的题型，需要用到三角函数的求导公式。

在学习数学的过程中，我们应该多加练习，掌握各种题型的求导方法，以便更好地应用于实际问题的解决。

三角函数与导数练习题

三角函数与导数练习题在微积分学习的过程中，三角函数与导数是非常重要的概念。

理解和掌握它们对于解决各种微积分问题至关重要。

本文将为你提供一些与三角函数和导数相关的练习题，帮助你巩固这些知识点。

练习题一：三角函数的导数计算计算下列函数的导数：1. y = sin(x)2. y = cos(x)3. y = tan(x)4. y = cot(x)解答：1. y = sin(x)y' = cos(x)2. y = cos(x)y' = -sin(x)3. y = tan(x)y' = sec^2(x)4. y = cot(x)y' = -csc^2(x)练习题二：三角函数与导数的应用1. 求函数 y = sin(x) 在点x = π/2 处的导数值，并说明其物理意义。

2. 设 y = cos(x)，求函数 y' 的最小正周期是多少？3. 对函数 y = atan(x) ，求其在点 x = 0 处的导数，并说明其物理意义。

解答：1. 在点x = π/2 处，函数 y = sin(x) 的导数为y' = cos(x) = cos(π/2) = 0。

这表示在x = π/2 处，函数 y = sin(x) 的变化率为零。

物理上，这可以理解为在该点附近，物体的运动速度不再发生变化。

2. 函数 y = cos(x) 的最小正周期是2π。

这是因为在区间[0, 2π] 内，cos(x) 展现出了与整个函数图像相似的特征。

3. 求函数 y = atan(x) 在点 x = 0 处的导数：y' = 1 / (1 + x^2)当 x = 0 时，函数的导数为 y' = 1 / (1 + 0^2) = 1。

物理上，这表示函数 y = atan(x) 在 x = 0 处的变化率为1。

练习题三：三角函数与导数的求解1. 求函数 y = 3sin(2x) 的导数。

2. 求函数 y = 2cos(3x) 的导数。

三角函数与导数实际问题案例

三角函数与导数实际问题案例【案例一】建筑物斜坡设计在建筑工程中，斜坡的设计是一个非常重要的环节，它不仅要求斜坡的坡度合理，还需要确保斜坡的稳定性和安全性。

三角函数与导数在斜坡设计中起到了重要的作用。

一般来说，斜坡的设计会参考土壤力学和结构力学的相关知识。

为了使斜坡具有稳定性，我们需要考虑地面的坡度、土壤的性质、周围环境的影响等因素。

而这些因素涉及到三角函数的应用。

首先，我们来看斜坡的坡度。

坡度是指斜坡上升或下降的程度，它通常用斜率来表示。

斜坡的斜率可以通过计算斜坡的高度差与水平距离之比来得到。

在计算过程中，我们需要使用到反三角函数。

其次，我们要考虑土壤的性质。

不同种类的土壤对斜坡的稳定性有不同的影响。

为了评估土壤的稳定性，我们需要研究土壤的切变强度。

而计算土壤的切变强度就需要用到导数，通过对切变强度关于土壤的应力和应变进行微分求导，我们可以得到切变强度的变化率，从而评估土壤的稳定性。

此外，斜坡设计还需要考虑周围环境对斜坡的影响。

例如，附近的地震、洪水等自然灾害会对斜坡的稳定性造成威胁。

在这种情况下，我们可以通过计算斜坡受力情况的导数，分析斜坡在外部力作用下的响应，从而进行相应的设计和加固工作。

综上所述，三角函数与导数在建筑物斜坡设计中具有广泛的应用。

无论是计算斜坡的坡度，还是评估土壤的稳定性，抑或是分析斜坡在外界力作用下的响应，这些问题都需要借助三角函数和导数这两个数学工具来求解。

因此，掌握三角函数和导数的原理和应用，对于建筑工程师来说是非常重要的。

【案例二】物体运动轨迹分析物体的运动轨迹分析是物理学中的一个重要问题，它涉及到运动学和微积分的知识。

而三角函数与导数在物体运动轨迹分析中扮演着关键的角色。

首先，我们来看一个简单的例子：抛体运动。

当我们抛出一个物体时，它会沿着一个特定的轨迹运动。

为了描述这个运动轨迹，我们需要确定物体在不同时间点的位置。

而这个问题可以通过运用三角函数中的正弦函数来解决。

三角函数的导数和积分练习题

三角函数的导数和积分练习题练习一：求下列函数的导数。

1. $f(x) = \sin(x) + \cos(x)$解析：根据求导法则，可得$$f'(x) = \cos(x) - \sin(x)$$2. $g(x) = 3\sin(x) + \frac{1}{2}\cos(x)$解析：根据求导法则，可得$$g'(x) = 3\cos(x) - \frac{1}{2}\sin(x)$$3. $h(x) = \tan(x) + \cot(x)$解析：根据求导法则，可得$$h'(x) = \sec^2(x) - \csc^2(x)$$4. $k(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}$解析：根据求导法则，可得$$k'(x) = \frac{\cos^2(x) + \sin^2(x)}{\cos^2(x)} = \frac{1}{\cos^2(x)} $$练习二：求下列函数的积分。

1. $F(x) = \sin(x) + C$解析：由于$\sin(x)$的积分是$-\cos(x)$，所以可得$$\int \sin(x) \, dx = -\cos(x) + C$$其中$C$为积分常数。

2. $G(x) = \frac{1}{2}\cos(x) + C$解析：由于$\cos(x)$的积分是$\sin(x)$，所以可得$$\int \cos(x) \, dx = \sin(x) + C$$其中$C$为积分常数。

3. $H(x) = \ln|\sec(x) + \tan(x)| + C$解析：根据换元积分法，令$u = \sec(x) + \tan(x)$，则$du = (\sec(x) + \tan(x))\tan(x) \, dx$。

将其代入原积分式，可得$$\int \sec(x) \, dx = \ln|\sec(x) + \tan(x)| + C$$其中$C$为积分常数。

三角函数的求导与反函数求导的计算方法

三角函数的求导与反函数求导的计算方法三角函数在数学中起着重要的作用，而求导是研究函数变化率的重要工具。

本文将重点介绍三角函数的求导方法以及反函数求导的计算方法。

一、三角函数的求导方法在求解三角函数的导数时，我们需要掌握以下几个常见的三角函数及其导数：1. 正弦函数sin(x)的导数为cos(x)，即 d/dx(sin(x)) = cos(x)。

2. 余弦函数cos(x)的导数为-sin(x)，即 d/dx(cos(x)) = -sin(x)。

3. 正切函数tan(x)的导数为sec^2(x)，即 d/dx(tan(x)) = sec^2(x)。

4. 余切函数cot(x)的导数为-csc^2(x)，即 d/dx(cot(x)) = -csc^2(x)。

5. 正割函数sec(x)的导数为sec(x)*tan(x)，即 d/dx(sec(x)) =sec(x)*tan(x)。

6. 余割函数csc(x)的导数为-csc(x)*cot(x)，即 d/dx(csc(x)) = -csc(x)*cot(x)。

通过掌握以上导数公式，我们可以轻松地计算出给定函数的导数。

二、反函数的求导计算方法反函数指的是对于函数y = f(x)，如果存在另一个函数x = g(y)，使得对于f(x)的定义域内的任意x，g(f(x)) = x，且对于g(y)的定义域内的任意y，f(g(y)) = y，那么g(y)就是f(x)的反函数。

在求解反函数的导数时，有一个重要的定理可以应用，即反函数的导数等于原函数的导数的倒数。

即如果y = f(x)和x = g(y)是互为反函数，且f'(x) ≠ 0，则有：d/dy(g(y)) = 1 / (d/dx(f(x)))通过这个定理，我们可以利用三角函数的导数公式来计算反函数的导数。

三、示例分析为了更好地理解三角函数的求导与反函数求导的计算方法，我们来分别计算几个具体的例子。

例1：求解sin(x)的导数。

以三角函数为载体的导数问题求解策略

以三角函数为载体的导数问题求解策略福建莆田第二中学（351131）蔡海涛［摘要］以三角函数为载体的函数导数问题，可充分结合三角函数的特征进行求解.常用策略有：对逐个区间讨论、运用三角函数有界性和周期性、应用换元法等.［关键词］三角函数；导数；策略［中图分类号］G 633.6［文献标识码］A［文章编号］1674-6058（2021）08-0013-03［基金项目］本文系2019年度福建省基础教育课程教学研究课题“核心素养导向下高中数学阅读教学模式的研究”（课题编号：MJYKT2019-106）的研究成果.2019年高考全国Ⅰ卷理科第20题和文科第20题均考查以三角函数为载体的导数问题，让人眼前一亮.这类函数表达式中含有三角函数，无论怎么求导，仍含有三角函数，构成解题中的难点.破解这类函数与导数问题，除了使用求解导数问题的常规方法外，还可充分结合三角函数的性质.笔者通过研究近年高考及模拟考试中与三角函数有关的导数题，探究这种“三角味”的解题策略，以期抛砖引玉.一、逐个区间分析解决零点问题［例1］（2019年高考全国Ⅰ卷·理20）已知函数f (x )=sin x -ln(1+x )，f ′(x )为f (x )的导数.证明：（1）f ′(x )在区间()-1,π2存在唯一极大值点；（2）f (x )有且仅有2个零点.解析：（1）略.（2）f ′()x =cos x -11+x ，由（1）知f ′()x 在()-1,π2有唯一极大值点α.（ⅰ）当x ∈(-1,0]时，f ′(x )在(-1,0)单调递增，而f ′(0)=0，所以当x ∈(-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.（ⅱ）当x ∈æèçùûú0,π2时，由（1）知，f ′(x )在(0,α)单调递增，在()α,π2单调递减，而f ′(0)=0，f ′()π2<0，所以存在β∈()α,π2，使得f ′(β)=0，且当x ∈(0,β)时，f ′(x )>0；当x ∈()β,π2时，f ′(x )<0.故f (x )在(0,β)单调递增，在()β,π2单调递减.又f (0)=0，f()π2=1-ln ()1+π2>0，所以当x ∈æèçùûú0,π2时，f (x )>0，从而f (x )在æèçùûú0,π2没有零点.（ⅲ）当x ∈æèçùûúπ2,π时，f ′(x )<0，所以f (x )在()π2,π单调递减.而f ()π2>0，f (π)<0，所以f (x )在æèçùûúπ2,π有唯一零点.（ⅳ）当x ∈(π,+∞)时，ln(x +1)>1，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.点评：利用导数确定函数零点，解题思路是对函数求导，研究其单调性、极值，得到函数的大致图像，数形结合得到零点个数.本题求导后首先发现函数f ′(x )有一个零点x =0，考虑三角函数在各个区间的不同符号，从而不直接把f ′(x )看作一个整体来研究，而是把它分成cos x 与11+x两部分，逐个区间分析，研究各自部分的符号，使得导函数在()-1,π2的零点全部解出，从而破解了本题的难点.由于三角函数在各个象限符号的变化及周期性，研究三角函数的零点问题，常用逐个区间分析法.二、利用三角函数的有界性求最值、证明不等式［例2］已知函数f ()x =e x -2x -cos x .（1）当x ∈()-∞,0时，求证：f ()x >0；（2）若函数g (x )=f ()x +ln(x +1)，求证：函数g (x )存在极小值.解析：（1）依题意，f ′()x =e x -2+sin x ，当x ∈()-∞,0时，f ′()x <0，故函数f ()x 在区间()-∞,0单调递减，f ()x >f ()0=0.（2）依题意，g (x )=e x -2x -cos x +ln(x +1)，令h (x )=g ′(x )=e x +1x +1+sin x -2，则h (0)=0；而数学·解题研究h′(x)=e x-1()x+12+cos x，可知当x∈()0,π2时，h′()x>0.故函数h(x)在区间()0,π2单调递增，当x∈()0,π2时，h(x)=g′(x)>g′(0)=0.当x∈()-1,0时，函数h′(x)单调递增，而h′(0)=1，又h′()-910=e-910+cos()-910-100<0，故∃x0∈(-910,0)，使得h′(x0)=0.所以∃x∈()x0,0，使得h′(x)>0，即函数h(x)=g′(x)单调递增.当x∈()x0,0时，g′(x)<g′(0)=0，则函数g(x)在()x0,0单调递减，在()0,π2单调递增，所以x=0时，函数g(x)有极小值g(0)=0.点评：根据三角函数的有界性，有||sin x≤1及||cos x≤1.本题第（1）问即利用sin x≤1这个性质判断出f′()x<0，从而第一步轻松获解.一般地，研究函数单调性判断导函数的符号时，关注三角函数的有界性便于判断符号.本题第（2）问先构造函数h(x)=g′(x)，由逐个区间分析法易得当x∈()0,π2时，h′()x>0，从而h(x)=g′(x)>g′(0)=0，进而研究h′(x)在x∈()-1,0时的符号，显然h′(0)=1，直观感知当x→-1时，h′(x)<0，但如何取函数h′(x)在x∈()-1,0的零点是一个难点，这里仍关注三角函数的有界性，取一个接近-1的数，如取-910，可得h′()-910<0，从而突破了本题的难点.三、利用切线解决恒成立问题［例3］已知函数f(x)=e x-a sin x，当x∈[)0,+∞时，f()x≥0，求a的取值范围.解析：当a=0时，f(x)=e x，符合条件.当a>0时，设函数y=e x与y=a sin x的图像在点()x0,y0处有公切线()其中x0∈()0,π2，则{e x0=a sin x0e x0=a cos x0⇒tan x0=1⇒x0=π4⇒a=2eπ4，故0<a≤2eπ4.当a<0时，设函数y=e x与y=a sin x的图像在点()x0,y0处有公切线()其中x0∈()π,3π2.同理可得-2eπ4≤a<0.综上，a的取值范围为éëêùûú-2eπ4,2eπ4.点评：本题若直接研究函数f()x的单调性及最值，将很难求解.因此首先把问题转化为函数y=e x的图像在y=a sin x的图像上方，进而对a进行讨论.考虑y=a sin x的有界性及图像特征，研究两个函数图像的公切线，从而得到a的最值，进而求得范围.一般地，两个函数的图像分别被某条直线隔离，这种图形特征与不等式恒成立问题有着非常密切的联系，若直接证明比较复杂，可以利用导数的几何意义得到曲线的切线方程，对欲证式子进行放缩，再利用不等式的传递性进行证明.四、利用不等式“sin x<x()x>0”解决恒成立问题［例4］已知函数f(x)=ax-sin x()a∈R.（1）若f(x)在区间()0,π2不单调，求a的取值范围；（2）当0<x<π2时，f(x)<x36恒成立，求a的取值范围.解析：（1）由已知，得f′(x)=a-cos x.当x∈()0,π2时，0<cos x<1.（ⅰ）当a≥1时，f′(x)>0恒成立，f(x)在区间()0,π2单调递增，不合题意；（ⅱ）当a≤0时，f′(x)<0恒成立，f(x)在区间()0,π2单调递减，不合题意；（ⅲ）当0<a<1时，由f′(x)=a-cos x=0，得cos x=a，则存在x0∈()0,π2，使得cos x0=a.可得f(x)在区间()0,x0上单调递减，在区间()x0,π2上单调递增，即f(x)在区间()0,π2不单调.综上，a的取值范围为()0,1.（2）由（1）知，a=1时，ax>sin x，即x∈()0,π2时有sin x<x，从而sin2x2<()x22.令g(x)=ax-sin x-x36，则g′(x)=a-cos x-x22=a-1+2sin2x2-x22<a-1+2×()x22-x22=a-1.（ⅰ）当a≤1时，g′(x)≤0，则g(x)在()0,π2上单数学·解题研究调递减，g (x )<g (0)=0，满足题意.（ⅱ）当a >1时，设h (x )=g ′(x )=a -cos x -x 22，则当0<x <π2时，h ′(x )=sin x -x <0，从而h (x )在()0,π2上单调递减，于是a -π28=h ()π2<h ()x <h (0)=a -1，分情况讨论：当a ≥π28时，h (x )>0，即g ′(x )>0，则g (x )在()0,π2上单调递增，g (x )>g (0)=0，不满足题意.当1<a <π28时，必∃x 0∈()0,π2，使得h ()x 0=0，所以当0<x <x 0时，g ′(x )=h (x )>0，函数g (x )在()0,x 0上单调递增，当x ∈()0,x 0时，g (x )>g (0)=0，不满足题意.综上，a 的取值范围是(]-∞,1.点评：本题（1）问利用导数研究函数的单调性，由于导函数中含有字母参数，需要对参数进行讨论，根据0<cos x <1得到对a 讨论的分界点，下面的求解就不难了.（2）问充分地利用当x ∈()0,π2时，sin x <x这个不等式，从而有sin 2x 2<()x22，在式子进行放缩变形的同时，实现“超越式”到“非超越式”的转化，突破了难点.一般地，当x >0时，要注意“sin x <x ”这个不等式的应用.五、利用三角函数的周期性解决与数列交汇问题［例5］已知函数f (x )=x sin x +cos x (x >0)，记x i为f (x )的从小到大的第i (i ∈N *)个极值点，证明：1x 22+1x 23+⋯+1x 2n <29(n ≥2,n ∈N *).解析：由f ′(x )=0及x >0得x i =2n -12π，所以94×122i =éëêùûú3(2n -1)π2<2(2n -1)2，94()1x 22=1x 23+1x 2i +⋯+1x 2n <132+152+⋯+1(2n -1)2<11×3+13×5+⋯+1(2n -3)(2n -1)=12()1-12n -1<12.即1x 22+1x 23+⋯+1x 2n <29(n ≥2,n ∈N *).点评：三角函数的周期性是三角函数的一条重要性质.根据这个性质，需要关注以三角函数为载体的函数零点可能有多个，同时关注与数列交汇来进行考查的问题.六、利用换元转化［例6］若x ≥0时，sin x2+cos x≤ax ，求a 的取值范围.解析：设h (x )=ax -sin x2+cos x (x ≥0)，h′(x )=a -1+2cos x (2+cos x )2，设t =cos x ,t ∈[]-1,1，φ(t )=1+2t(2+t )2，φ′(t )=-2(t +2)(t -1)(2+t )4=-2(t -1)(2+t )3≥0，所以φ(t )在[]-1,1上递增，则φ(t )的值域为éëêùûú-1,13.①当a ≥13时，h′(x )≥0，h (x )为[)0,+∞上的增函数，h (x )≥h (0)=0，满足题意；②当a ≤0时，因为h()π2=a ⋅π2-12<0，所以不合题意，舍去；③当0<a <13，0<x <π2时，有h (x )<ax -sin x 3，令t (x )=ax -sin x 3，t′(x )=a -cos x3，存在x 0∈()0,π2，使得x ∈(0,x 0)时，t″(x )<0，所以t (x )在(0,x 0)上单调递减，则t (x 0)<t (0)=0，即在x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，故不合题意.综上，a 的取值范围为éëêöø÷13,+∞.点评：对一个较复杂的三角函数式，先观察式中几部分之间的联系，利用换元可使得式子简化，同时实现了“超越式”到“非超越式”的转化，换元时须注意新变量的取值范围.由上述例题的解题策略可以发现，以三角函数为载体的导数问题要充分结合三角函数的特点（逐个区间分析、有界性、放缩法、周期性、换元转化等），找出对解题有用的特征，研究解决问题的进展情况，把表征题目中文字、符号、图表等信息与认知结构中已有的观念进行同化，从而达到解题的目的.［参考文献］赵雄辉，刘云章.怎样教解题：波利亚数学教育著作选讲［M ］.长沙：湖南教育出版社，2015.（责任编辑黄桂坚）数学·解题研究。

学霸专题：含三角函数的导数压轴题(学生版)

附： 1 0.367 ， sin1 0.841， cos1 0.540 . e
19．已知函数 f x ln x ax sin x ，其中 x 0, ；
（l）判断函数 f x 是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；
（2）讨论在
2
,
上函数
f
x
的零点个数.
（1）若曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线的斜率为 1.
（ⅰ）求 a 的值；
（ⅱ）证明：函数 f x 在区间 0, 内有唯一极值点；（2）当 a 1时，证明：对任意 x 0, ， f x 0 .
11．已知函数
f
x
sinx e x 1
，
g
x 为
f
x
的导函数．
（1）证明：当
（2）若

a
1，不等式
f
x
bx cos
x
对任意
x
0,
2 3
恒成立，求满足条件的最大整数
b.
8．已知函数 f (x) x a sin x(a R) .
（1）当 a 0 时，证明： f x 0 ；
（2）若
a
1 4
，证明：
f
x
在
0,
π 2
有唯一的极值点
x0 ，且
f
x0
1 π 2x0
14．已知函数 f x eax1 cos x a 0 ．（其中常数 e 2.71828，是自然对数的底数）
3
（1）若 a
3
，求
f
x
在
0,
2
上的极大值点；
（2）（ i
）证明
f
x

专题25 导数中的三角函数问题(解析版)

专题25导数中的三角函数问题1．已知函数()e (sin cos )x f x x x kx =++，R k ∈，()(),()().g x f x h x g x ''==(1)已知(0)(0)f h =，求k 的值；(2)是否存在k ，使得对任意R x ∈，恒有()2()2()0h x g x f x -+=成立？说明理由.【解析】(1)因为()()()e 2cos x g x f x x kx k '==++，()()()e 2cos 2sin 2xh x g x x x kx k '==-++，所以()022h k =+，而()01f =，由221k +=解得12k =-．(2)对任意R x ∈，()2()2()0h x g x f x -+=恒成立，即()()e 2cos 2sin 22e 2cos 2e (sin cos )0x x x x x kx k x kx k x x kx -++-+++++=，化简可得，0kx =，所以0k =时，可使得对任意R x ∈，恒有()2()2()0h x g x f x -+=成立．2．设函数()sin x f x e a x b =++.（1）若()f x 在0x =处的切线为10x y --=，求,a b 的值；（2）当[)1,0,a x =∈+∞时，()0f x ≥恒成立，求b 的范围.【解析】（1）由()sin x f x e a x b =++得：()cos x f x e a x =+'，且()01f b =+.由题意得：()001f e a '=+=，即0a =，又()0,1b +在切线10x y --=上.∴0110b ---=，得2b =-.（2）当1a =时，()sin x f x e x b =++，得()cos xf x e x '=+，当[)0,x ∈+∞时，[]1,cos 1,1xe x ≥∈-，当cos 1x =-时，2,x k k N ππ=+∈，此时e 1x >.∴()0f x ¢>，即()f x 在[)0,+∞上单调递増，则()()min 01f x f b ==+，要使()0f x ≥恒成立，即10b +≥，∴1b ≥-.3．设函数()2cos ,x f x e a x a =+∈R ．（1）若()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在零点，求实数a 的取值范围；（2）证明：当[]1,2,0,2a x π⎛⎫∈∈ ⎪⎝⎭时，()23f x x +．【解析】（1）设()2,()cos x g x e h x a x ==，因为当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()g x 为增函数，当0a ≥时，0()h x a ≤≤，22()2g x e π<<，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒大于零，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上不存在零点，当0a <时，()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，根据增函数的和为增函数，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为单调函数，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上若有零点，则仅有1个，所以(0)()02f f π<，即2(2)20a e π+⋅<，解得2a <-，所以实数a 的取值范围(,2)-∞-（2）证明：设()()232cos 23x G x f x x e a x x =--=+--，则'()2sin 2x G x e a x =--，则'0(0)2sin 020G e a =--=，所以''()2cos xG x e a x ⎡⎤=-⎣⎦，因为[1,2]a ∈，所以''()0G x ⎡⎤≥⎣⎦，所以'()G x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，'()0G x >在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，所以()G x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递增，而(0)231G a a =+-=-，因为[1,2]a ∈，所以(0)0G ≥，所以()0G x ≥恒成立，所以当[1,2]a ∈时，()23f x x +4．已知函数()sin ,[0,],0x f x ae x x x a π=++∈<.（1）证明：当1a =-时，函数()f x 有唯一的极大值；（2）当()21f x x <-恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】（1）证明：()e cos 1x f x a x '=++，因为[]0,x π∈，所以1cos 0x +≥，当1a =-时，()cos 1x f x e x '=-++，令()e cos 1,()e sin 0x x g x x g x x '=-++=--<，()g x 在区间[]0,π上单调递减；(0)121,()e 0g g ππ=-+==-<，存在()00,π∈x ，使得()00f x '=，所以函数()f x 递增区间是[]00,x ，递减区间是[]0,x π.所以函数()f x 存在唯一的极大值()0f x .（2）由()21f x x <-，即令()e sin 10,0,()e cos 10'=+-+<<∴=+-<x x h x a x x a h x a x ，()h x ∴在区间[]0,π上单调减函数，()(0)1≤=+h x h a ，只要10a +<即可，即1a <-.5．已知函数()cos x f x e x ax =--．（1）当a=2时，证明：()f x 在(),0-∞上单调递减．（2）若对任意x≥0，()cos f x x x ≥-恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）证明：当a=2时，函数()cos 2x f x e x x =--，()sin 2x f x e x '=+-，若0x <，则1x e <，．因为sin 1x <，所以()sin 20x f x e x '=+-<，故()f x 在(),0-∞上单调递减．（2）解：当0x =时，()01f x =≥-，对a ∈R 恒成立；当x>0时，由()cos f x x x >-，整理得1xea x≤-．设()1xe g x x=-，则2(1)()x e x g x x -'=．令()0g x '>，得1x >，则()g x 在()1,+∞上单调递增令()0g x '<，得01x <<，则()g x 在(0，1)上单调递减．所以min ()(1)1g x g e ==-，1a e -≤．综上，实数a 的取值范围是(],1e -∞-．6．已知函数()()e cos xf x a x x a R =--∈(1)若2a =，求曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线方程；(2)若()f x 在()0,π上有两个极值点，求实数a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()2e cos xf x x x =--，()2e sin 1x f x x '∴=+-，()002e sin 011f '∴=+-=，()02e cos0010f --== ，∴()y f x =在()()0,0f 处的切线方程为()110y x -=⨯-，即10x y -+=；（2）()f x 在()0,π上有两个极值点等价于()e sin 10xf x a x '=+-=在()0,π上有两个不同的实数根，即1sin e x x a -=在()0,π上有两个不同的实数根，令()1sin e xxh x -=，()0,πx ∈，()π1sin cos 14ee xxx x x h x ⎛⎫-- ⎪--⎝⎭'∴==令()0h x '=，解得π2x =，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，()h x 单调递减；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，()h x 单调递增；又()01sin 001e h -==，π2π1sin π202e h -⎛⎫== ⎪⎝⎭，()()πππ1sin π1πe 0,1e e h --===∈，∴当()π0,e a -∈时，方程1sin exx a -=在()0,π上有两个不同的实数根，∴实数a 的取值范围为()π0,e -.7．已知函数()e sin xf x x ax=+(1)若1a =，判断f （x ）在（2π-，0）的单调性；(2)()f x 在[0，2π]上有且只有2个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()e sin e cos 1sin 14x x x f x x x x π⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，,444x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 112424x x ππ⎛⎫⎛⎫-<+<-<+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又0e 1x <<，sin 14xx π⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（2π-，0）上单调递增；（2）由函数()e sin 0,2xf x x axx π⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =，则f （x ）在0,2x π⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++，则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.2π]上恒成立.即()f x '在[0，2π]上单调递，()201e 2f a f aππ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.2π]上单调递增.则f （x ）在（0，2π]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()02f x f π⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，2π]上单调递减，则()f x 在（0，2π]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，2(0)10,()e 02f a f a ππ'=+<'=+≥则()f x '在（0，2π）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（0x ，2π）上单调递增，又()200e 22f f a πππ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，，因此只需2e 022f a ππ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即22e 1a ππ-≤<-综上所述：22e 1παπ-≤<-8．已知函数()sin cos f x x ax x =-，a ∈R(1)若()f x 在0x =处的切线为y x =，求实数a 的值；(2)当13a ≥，[0,)x ∈+∞时，求证：()2.f x ax ≤【解析】(1)∵()cos cos sin f x x a x ax x '=-+，∴(0)11f a '=-=，∴0a =(2)要证()2f x ax ≤，即证sin cos 2x ax x ax -≤，只需证sin (2cos )x ax x ≤+，因为2cos 0x +>，也就是要证sin 02cos x ax x -≤+，令sin ()2cos xg x ax x =-+，22cos (2cos )sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x g x a a x x +--+'=-=-++∵13a ≥，∴2222cos 11(cos 1)()0(2cos )33(2cos )x x g x x x +--'≤-=≤++∴()g x 在[0,)+∞为减函数，∴()(0)0g x g ≤=，∴sin cos 2x ax x ax -≤，得证9．已知函数()ln f x x x =.(1)求()f x 的图象在点()()1,1A f 处的切线方程，并证明()f x 的图象上除点A 以外的所有点都在这条切线的上方；(2)若函数()()()ln 1sin cos g x x x f x x =+-，1π,e 2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，证明：()11cos e e g x ≥.（其中e 为自然对数的底数）【解析】(1)()ln f x x x = ，则()1ln f x x '=+，()()11,10f f '∴==.()f x ∴的图象在点()()1,1A f 处的切线方程为1y x =-.设()ln 1h x x x x =-+，则()ln h x x '=，令()0h x '<，得()0,1x ∈；令()0h x '>，得()1,x ∈+∞.()h x ∴在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，∴当0x >且1x ≠时，()()10h x h >=，()f x ∴的图象上除点A 以外的所有点都在这条切线的上方；(2)由题可知，()()ln 1sin ln cos g x x x x x x =+-，1π,e 2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.()()sin 1ln 1cos ln cos cos ln sin ln sin ,xg x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫'∴=++--+=+ ⎪⎝⎭1π,e 2x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，sin 0x ∴>，由（1）知ln 1x x x ≥-，当且仅当1x =时，等号成立，11ln 1110x x x x x ∴+≥+-≥-=>.()0g x '∴>，函数()g x 在区间1π,e 2⎡⎫⎪⎢⎣⎭上为增函数。

三角函数与导数结合破解方法

三角函数与导数结合破解方法导数和三角函数的关系很密切，它是研究函数性质及其应用中常用的一个重要思想，对探索三角函数的基本性质，发展数学方法具有重要意义。

因此，三角函数与导数结合解答题具有广阔的应用前景。

下面我们就具体介绍一下如何进行结合解答。

在学习中应该掌握下列两个基本方法。

一、求出被研究的函数或方程(1)设函数y=(x+1)π/2,且 r (x)与 a (1)关系式为 a (x+1)=(3+1)3,求出函数 y= u (u*1)的值，求解出的结果与原函数的值一致，可得方程。

(2)求出方程 a (x)的值：求解方程所用的函数 a (x+1)= a (u*1)。

(3)求解方程 x的值：求出方程的解与原函数的解具有相同的意义；若解得的结果与原函数的值一致，可说明方程具有相同的解与原函数的解相同；若解得此值，则说明方程具有相同的解与原函数的解相同；若解得此值，说明方程具有相同于原函数的解不同之处；若能进一步证明原函数就不具有同解相同之处；若能进一步证明原函数为非零，则证明方程存在未解性。

" x+1"等于 y," x+1"等于x-2," x+1"等于 y+2 x。

" x+1"等于 l (1)~ l (1)式中任意两个顶点分别为0、1.2 (1).2等值时有什么特点?"(1)=0"" y+1"" x+2"" x+2"都与函数原题关系密切。

注意：求出原函数的值时还必须对定义域进行详细研究，从而得出相应的解题结论。

" x+1"等于-1, y=2,' x+2'> y+2。

" x"=0或为0时，求出该函数和方程的数值都容易得多。

”解题技巧解析与结论总结：见下面解答题例（解析 A).二、根据所求命题的意义确定解的取值范围根据求出的三角函数导数值的意义，就可以把三角函数的解理解为求函数的解与不等式之数关系的数。

导数与三角函数结合问题的研究(解析版)

导数与三角函数结合问题的研究有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论①以-π2,0,π2,π,⋯为端点分区间讨论;②以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数①正弦函数:当x>0时,x>sin x>x−12x2. ②余弦函数:cos x≥1−12x2.③正切函数:当x∈0,π2时,sin x<x<tan x. ④数值域:sin x∈-1,1,cos x∈-1,1.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.【精选例题】1已知函数f x =e x-ax，a∈R，f x 是f x 的导数.(1)讨论f x 的单调性，并证明：e x>2x；(2)若函数g x =f x -x cos x在区间0,+∞内有唯一的零点，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)a≥1【详解】(1)因为f x =e x-ax，所以f x =e x-a，当a≤0时，f x =e x-a>0，则f x =e x-ax在R上单调递增，当a>0时，令f x =e x-a>0得x>ln a，令f x =e x-a<0得x<ln a，所以函数f x 的增区间为(ln a,+∞)，减区间为(-∞,ln a)，令F x =e x-2x，则F x =e x-2，令F x =e x-2>0得x>ln2，令F x =e x-2<0得x<ln2，所以函数F x 的增区间为(ln2,+∞)，减区间为(-∞,ln2)，所以当x=ln2时，F x 取得最小值为F ln2=e ln2-2ln2=2-2ln2>0，所以e x>2x，得证；(2)由(1)知，g x =e x-a-x cos x，因为函数g x 在区间0,+∞内有唯一的零点，所以方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，令h(x)=e x-x cos x,x≥0，则函数h(x)=e x -x cos x与y=a在0,+∞上只有一个交点，记m x =e x-x-1,(x≥0)，则m x =e x-1≥0，所以m x 在0,+∞上单调递增，所以m x =e x-x-1≥e0-1=0，即e x≥x+1，故h (x)=e x-cos x+x sin x≥1-cos x+x(1+sin x)≥0，所以h(x)=e x-x cos x在0,+∞上单调递增，又h(0)=1，如图：要使方程a=e x-x cos x在区间0,+∞内有唯一解，则a≥1.所以a的取值范围是a≥1.2已知函数f x =sin x -x -ae x ,其中a 为实数,e 是自然对数的底数.(1)若a =-1,证明:f x ≥0;(2)若f x 在0,π 上有唯一的极值点,求实数a 的取值范围.【解析】(1)证明:a =-1时,f x =sin x -x +e x ,令g x =e x -x ,则g x =e x -1,当x <0时,g x <0,g x 在-∞,0 上为减函数,当x >0时,g x >0,g x 在0,+∞ 上为增函数,函数g x 的极小值也是最小值为g 0 =1,所以g x ≥g 0 =1,而-sin x ≤1,所以e x -x ≥-sin x ,即f x ≥0.(2)f x 在0,π 上有唯一的极值点等价于f x =cos x -1-ae x =0在0,π 上有唯一的变号零点,f x =0等价于a =cos x -1e x ,设h x =cos x -1e x,x ∈0,π ,h x =-sin x -cos x +1e x =1-2sin x +π4 e x,因为x ∈0,π,所以x +π4∈π4,5π4 ,当0<x <π2时,x +π4∈π4,3π4 ,sin x +π4 >22,h x <0,h x 在0,π2 上为减函数,当π2<x <π时,x +π4∈3π4,5π4 ,sin x +π4 22,h x 0,h x 在π2,π 上为增函数,所以函数h x 的极小值也是最小值为h π2=-1e π2,又h 0 =0,h π =-2e π,所以当-2e π≤a <0时,方程a =cos x -1ex 在0,π 上有唯一的变号零点,所以a 的取值范围是-2e π,0.3已知函数f x =e x ，g x =sin x +cos x .(1)求证：f x ≥x +1；(2)若x ≥0，问f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 是否恒成立?若恒成立，求a 的取值范围；若不恒成立，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)a ≤2【详解】(1)令F x =e x -x -1，F x =e x -1，当x ∈-∞,0 ，F x <0，所以此时F x 单调递减；当x ∈0,+∞ ，F x >0，所以此时F x 单调递增；即当x =0时，F x 取得极小值也是最小值F 0 =0，所以F x ≥0，得证；(2)设h x =f x +g x -2-ax ，即证h x =e x +sin x +cos x -2-ax ≥0在0,+∞ 上恒成立，易得hx =ex+cos x -sin x -a ，当x =0时，若h 0 =2-a ≥0⇒a ≤2，下面证明：当a ≤2时，h x =e x +sin x+cos x -2-ax ≥0，在0,+∞ 上恒成立，因为h x =e x +cos x -sin x -a ，设u x =h x ，令v x =x -sin x ,v x =1-cos x ≥0，所以v x 在0,+∞ 上是单调递增函，所以v x ≥v 0 =0，又因为1-cos x ≥0，则u x =e x -sin x -cos x ≥x +1-sin x -cos x =x -sin x +1-cos x ≥0所以h x 在0,+∞ 上是单调递增函数，所以h x ≥h 0 =2-a ≥0，所以h x 在0,+∞ 上是严格增函数，若a >2时，h 0 <0，即h x 在x =0右侧附近单调递减，此时必存在h x 0 <h 0 =0，不满足f x +g x -2-ax ≥0a ∈R 恒成立，故当a ≤2时，不等式恒成立.4已知函数f (x )=e x +cos x -a (a ∈R )．(1)讨论f (x )在[-π,+∞)上的单调性；(2)当x ∈[0,+∞)时，e x +sin x ≥ax +1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)f (x )在[-π,+∞)上的单调递增；(2)(-∞,2]【详解】(1)f (x )=e x -sin x ，当-π≤x ≤0时，e x >0，sin x <0，∴f (x )=e x -sin x >0，当x >0时，e x >1，sin x ≤1，∴f (x )=e x -sin x >0，即：f (x )>0在[-π,+∞)上恒成立，所以f (x )在[-π,+∞)上的单调递增.(2)方法一：由e x +sin x ≥ax +1得：e x +sin x -ax -1≥0当x =0时，e x +sin x -ax -1≥0恒成立，符合题意令g (x )=e x +sin x -ax -1，x >0g (x )=e x +cos x -a =f (x )，由(1)得：g (x )在(0,+∞)上的单调递增，∴g (x )>2-a ，①当a ≤2时，g (x )>2-a ≥0，所以g (x )在(0,+∞)上的单调递增，所以g (x )>g (0)=0，符合题意②当a >2时，g (0)=2-a <0，g (ln (2+a ))=2+cos (ln (2+a ))>0，∴存在x 0∈(0,ln (2+a ))，使得g (x 0)=0,当0<x <x 0时，g (x )<g (x 0)=0；所以g (x )在(0,x 0)上的单调递减，当0<x <x 0时，g (x )<g (0)=0，这不符合题意综上，a 的取值范围是(-∞,2].方法二：令h (x )=e x +sin x ，s (x )=ax +1，x ≥0则h (0)=s (0)=1，符合题意h (x )=e x +cos x =f (x )+a ，f (x )=e x -sin x 由(1)得：f (x )>0在(0,+∞)上恒成立，h (x )在(0,+∞)上单调递增所以，h (x )>h (0)>0，所以h (x )在(0,+∞)上单调递增，其图象是下凸的，如图： ∵h (0)=2，所以，曲线h (x )在点(0,1)处的切线方程为：y =2x +1，要使得h (x )≥s (x )在[0,+∞)上恒成立，只需a ≤2所以，a 的取值范围是(-∞,2].5已知函数f x =a sin x ，其中a >0.(1)若f x ≤x 在0,+∞ 上恒成立，求a 的取值范围；(2)证明：∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .【答案】(1)0,1 ；(2)证明见解析【详解】(1)令h x =x -a sin x ，x ∈0,+∞ ，则h x =1-a cos x ，当a ∈0,1 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0，当a ∈1,+∞ 时，令m x =h x =1-a cos x ，则m x =a sin x ，所以对∀x ∈0,π2 ，mx >0，则hx 在0,π2 上单调递增，又因为h0 =1-a <0，hπ2=1>0，所以由零点存在定理可知，∃x 0∈0,π2使得h x 0 =0，所以当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，h x <h 0 =0，与题意矛盾，综上所述，a ∈0,1 .(2)由(1)知，当a =1时，sin x ≤x ，∀x ∈0,+∞ . 先证ln x +1 ≤x ，x ∈0,+∞ ，令φx =x -ln x +1 ，则φ x =1-1x +1≥0，所以φx 单调递增，φx >φ0 =0，即ln x +1 ≤x . 所以当x ∈0,+∞ 时，ln x +1 +sin x ≤2x ，x +1xln x +1 +sin x ≤2x 2+1 .要证∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1x ln x +1 +sin x ，只需证e x>x 2+1. 令g x =x 2+1 e -x-1，x ∈0,+∞ ，则g x =2x -x 2-1 e -x=-x -1 2e -x≤0.所以g x 在0,+∞ 上单调递减，所以g x <g 0 =0，即e x>x 2+1.综上可得∀x ∈0,+∞ ，有2e x >x +1xln x +1 +sin x .6已知函数f x =ae x +4sin x -5x .(1)若a =4，判断f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)设函数p x =3sin x -2x +2，若关于x 的方程f x =p x 有唯一的实根，求a 的取值范围.【答案】(1)函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)a ≤0或a =2【详解】(1)当a =4时，f x =4e x +4sin x -5x ,f x =4e x +4cos x -5，令g x =f x =4e x +4cos x -5,则g x =4e x -4sin x .当x ∈0,+∞ 时，4e x ≥4(x =0时等号成立)；-4sin x ≥-4(x =π2+2k π,k ∈Z 时等号成立)，所以g x =4e x -4sin x >0，即函数f x =4e x +4cos x -5在0,+∞ 上递增，所以f x ≥f 0 =3>0，即函数f x 在0,+∞ 上单调递增.(2)方程f x =p x 即ae x +4sin x -5x =3sin x -2x +2有唯一的实根，则a =3x +2-sin xe x只有一个解，等价于直线y =a 与函数y =3x +2-sin x e x 的图象只有一个交点.令h x =3x +2-sin xex，则h x =sin x -cos x +1-3x e x ，因为e x >0，所以hx=sin x -cos x +1-3x e x 的符号由分子决定，令m x =sin x -cos x +1-3x ，则m x =cos x +sin x -3=22sin x +π4-3<0.所以m x =sin x -cos x +1-3x 在R 上递减，因为m 0 =0，所以当x ∈-∞,0 时，m x >m 0 =0；当x ∈0,+∞ 时，m x <m 0 =0.即当x ∈-∞,0 时，h x >0；当x ∈0,+∞ 时，h x <0.所以函数h x =3x +2-sin xe x在-∞,0上递增，在0,+∞ 上递减，当x 趋于-∞时，e x 趋于0且大于0，分子3x +2-sin x 趋于-∞，则3x +2-sin xe x趋于-∞；当x =0时，h max x =h 0 =2；当x 趋于+∞时，e x 趋于+∞，分子3x +2-sin x 也趋于+∞，令φx =e x -3x +2-sin x ，则φ x =e x -3+cos x ，当x >2时，φ x =e x -3+cos x >0，则x 趋于+∞时，e x 增长速率大于3x+2-sin x 的增长速率，故x 趋于+∞时，3x +2-sin x e x趋于0.画出函数h x =3x +2-sin x e x的草图，并画出直线y =a ，要使直线y =a 与函数y =3x +2-sin xe x 的图象只有一个交点.则a ≤0或a =2.所以当a ≤0或a =2时，方程f x =p x 有唯一的实根.7已知函数f x =e x ，g x =2-sin x -cos x ．(1)求证：当x ∈0,+∞ ，x >sin x ；(2)若x ∈0,+∞ ，f x >g x +ax 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)-∞,2【详解】(1)证明：设F x =x -sin x ，x >0，则F x =1-cos x >0，所以F x 在区间0,+∞ 上单调递增，所以F x >F 0 =0，即x >sin x .(2)由f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立，即e x +sin x +cos x -ax -2>0在区间0,+∞ 上恒成立，设φx =e x +sin x +cos x -ax -2，则φx >0在区间0,+∞ 上恒成立，而φ x =e x +cos x -sin x -a ，令m x =φ x ，则m x =e x -sin x -cos x ，设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，所以函数h x 在区间0,+∞ 上单调递增，故在区间0,+∞ 上，h x >h 0 =0，即在区间0,+∞ 上，e x >x +1，由(1)知：在区间0,+∞ 上，e x >x +1>sin x +cos x ，即m x =e x -sin x -cos x >0，所以在区间0,+∞ 上函数φ x 单调递增，当a ≤2时，φ 0 =2-a ≥0，故在区间0,+∞ 上函数φ x >0，所以函数φx 在区间0,+∞ 上单调递增，又φ0 =0，故φx >0，即函数f x >g x +ax 在区间0,+∞ 上恒成立.当a >2时，φ 0 =2-a ，φ ln a +2 =a +2+cos ln a +2 -sin ln a +2 -a =2-2sin ln a +2 -π4>0，故在区间0,ln a +2 上函数φ x 存在零点x 0，即φ x 0 =0，又在区间0,+∞ 上函数φx 单调递增，故在区间0,x 0 上函数φx <φx 0 =0，所以在区间0,x 0 上函数φx 单调递减，由φ0 =0，所以在区间0,x 0 上φx <φ0 =0，与题设矛盾.综上，a 的取值范围为-∞,2 .8已知函数f (x )=a sin x -ln (1+x )(a ∈R )．(1)若a =-1，求证：∀x >0,f (x )+2x >0；(2)当a ≥1时，对任意x ∈0,k 2，都有f (x )≥0，求整数k 的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)3【详解】(1)a =-1时，设g (x )=f (x )+2x =-sin x -ln (1+x )+2x ，则g (x )=-cos x -11+x+2，∵x >0∴x +1>1∴-1x +1∈(-1,0)∵cos x ∈[-1,1]∴-cos x -1x +1+2>0，即g (x )>0在(0,+∞)上恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调增，又g (0)=0∴g (x )>g (0)=0，即∀x >0,f (x )+2x >0；(2)a =1时，当k =4时，f (2)=sin2-ln3<0，所以k <4．下证k =3符合．k =3时，当x ∈0,32时，sin x >0，所以当a ≥1时，f (x )=a sin x -ln (1+x )≥sin x -ln (1+x )．记h (x )=sin x -ln (1+x )，则只需证h (x )=sin x -ln (1+x )≥0对x ∈0,32恒成立．h (x )=cos x -1x +1，令ϕ(x )=cos x -1x +1，则ϕ (x )=-sin x +1(x +1)2在0,π2 递减，又ϕ (0)=1>0,ϕ π2=-1+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得ϕ x 1 =0，则x ∈0,x 1 ,ϕ x 1 >0,ϕ(x )在0,x 1 递增，x ∈x 1,π2 ,ϕx 1 <0,ϕ(x )在x 1,π2 递减；又ϕ(0)=0,ϕπ2 =-1π2+1<0，所以存在x 2∈x 1,π2 使得ϕx 2 =0，且x ∈0,x 2 ,ϕ(x )>0,x ∈x 2,π2,ϕ(x )<0，所以h (x )在0,x 2 递增，在x 2,π2递减，又h (0)=0,h π2 =1-ln 1+π2 >0，所以h (x )≥0对x ∈0,π2 恒成立，因为0,32 ⊆0,π2 ，所以k =3符合．综上，整数k 的最大值为3．9已知函数f (x )=(x -1)e x +ax +1．(1)若f(x)有两个极值点，求a的取值范围；(2)若x≥0，f(x)≥2sin x，求a的取值范围．【答案】(1)0,1 e；(2)2,+∞．【详解】(1)由f(x)=(x-1)e x+ax+1，得f (x)=xe x+a，因为f(x)有两个极值点，则f (x)=0，即方程-a= xe x有两个不等实数根，令g(x)=xe x，则g (x)=(x+1)e x，知x<-1时，g (x)<0，g(x)单调递减，x>-1时，g (x)>0，g(x)单调递增，则x=-1时，g(x)取得极小值g(-1)=-1e，也即为最小值，且x<0时，g(x)<0，x→-∞时，g(x)→0，x>0时，g(x)>0，x→∞时，g(x)→+∞，故-1e<-a<0，即0<a<1e时，方程-a=xe x有两个实数根，不妨设为x1，x2x1<x2．可知x<x1时，f (x)>0，x1<x<x2时，f (x)< 0，x>x2时，f (x)>0，即x1，x2分别为f(x)的极大值和极小值点．所以f(x)有两个极值点时，a的取值范围是0,1 e．(2)令h(x)=(x-1)e x+ax-2sin x+1，原不等式即为h(x)≥0，可得h(0)=0，h (x)=xe x+a-2cos x，h (0)=a-2，令u(x)=h (x)=xe x+a-2cos x，则u (x)=(x+1)e x+2sin x，又设t(x)=(x+1)e x，则t (x)= (x+2)e x，x≥0时，t (x)>0，可知t(x)在0,+∞单调递增，若x∈0,π，有(x+1)e x>0，sin x>0，则u (x)>0；若x∈π,+∞，有(x+1)e x>(π+1)eπ>2，则u (x)>0，所以，x≥0，u (x)>0，则u(x)即h (x)单调递增，①当a-2≥0即a≥2时，h (x)≥h (0)≥0，则h(x)单调递增，所以，h(x)≥h(0)=0恒成立，则a≥2符合题意．②当a-2<0即a<2时，h (0)<0，h (3-a)=(3-a)e(3-a)+a-2cos(3-a)≥3-a+a-2cos(2-a)> 0，存在x0∈(0,3-a)，使得h (x0)=0，当0<x<x0时，h (x)<0，则h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)=0，与题意不符，综上所述，a的取值范围是2,+∞．10已知函数f x =x-sinπ2x-a ln x,x=1为其极小值点．(1)求实数a的值；(2)若存在x1≠x2，使得f x1=f x2，求证：x1+x2>2．【答案】(1)a=1；(2)证明见解析【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1-π2cosπ2x-a x，依题意得f (1)=1-a=0，得a=1，此时f (x)=1-π2cosπ2x-1x，当0<x<1时，0<π2x<π2，0<π2cosπ2x<π2，1x>1，故f (x)<0，f(x)在(0,1)内单调递减，当1<x<2时，π2<π2x<π，π2cosπ2x<0，1x<1，故f (x)>0，f(x)在(1,2)内单调递增，故f(x)在x=1处取得极小值，符合题意.综上所述：a=1.(2)由(1)知，f(x)=x-sinπ2x-ln x，不妨设0<x1<x2，当1≤x1<x2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，x2≥2时，不等式x1+x2>2显然成立；当0<x1<1，0<x2<2时，由(1)知f(x)在(0,1)内单调递减，因为存在x 1≠x 2，使得f x 1 =f x 2 ，所以1<x 2<2，要证x 1+x 2>2，只要证x 1>2-x 2，因为1<x 2<2，所以0<2-x 2<1，又f (x )在(0,1)内单调递减，所以只要证f (x 1)<f (2-x 2)，又f x 1 =f x 2 ，所以只要证f (x 2)<f (2-x 2)，设F (x )=f (x )-f (2-x )(1<x <2)，则F (x )=f (x )+f (2-x )=1-π2cos π2x -1x +1-π2cos π2(2-x ) -12-x =2-1x +12-x -π2cos π2x +cos π-π2x =2-1x +12-x-π2cos π2x -cos π2x =2-1x +12-x，令g (x )=2-1x +12-x(1<x <2)，则g (x )=1x 2-1(2-x )2=4-4x x 2(2-x )2，因为1<x <2，所以g(x )<0，g (x )在(1,2)上为减函数，所以g (x )<g (1)=0，即F (x )<0，所以F (x )在(1,2)上为减函数，所以F (x )<F (1)=0，即f (x 2)<f (2-x 2).综上所述：x 1+x 2>2.11(2023全国新高考2卷)(1)证明：当0<x <1时，x -x 2<sin x <x ；(2)已知函数f x =cos ax -ln 1-x 2 ，若x =0是f x 的极大值点，求a 的取值范围．【答案】(1)证明见详解(2)-∞,-2 ∪2,+∞【详解】(1)构建F x =x -sin x ,x ∈0,1 ，则F x =1-cos x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则F x 在0,1 上单调递增，可得F x >F 0 =0，所以x >sin x ,x ∈0,1 ；构建G x =sin x -x -x 2 =x 2-x +sin x ,x ∈0,1 ，则G x =2x -1+cos x ,x ∈0,1 ，构建g x =G x ,x ∈0,1 ，则g x =2-sin x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则g x 在0,1 上单调递增，可得g x >g 0 =0，即G x >0对∀x ∈0,1 恒成立，则G x 在0,1 上单调递增，可得G x >G 0 =0，所以sin x >x -x 2,x ∈0,1 ；综上所述：x -x 2<sin x <x .(2)令1-x 2>0，解得-1<x <1，即函数f x 的定义域为-1,1 ，若a =0，则f x =1-ln 1-x 2 ,x ∈-1,1 ，因为y =-ln u 在定义域内单调递减，y =1-x 2在-1,0 上单调递增，在0,1 上单调递减，则f x =1-ln 1-x 2 在-1,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，故x =0是f x 的极小值点，不合题意，所以a ≠0.当a ≠0时，令b =a >0因为f x =cos ax -ln 1-x 2 =cos a x -ln 1-x 2 =cos bx -ln 1-x 2 ，且f -x =cos -bx -ln 1--x 2 =cos bx -ln 1-x 2 =f x ，所以函数f x 在定义域内为偶函数，由题意可得：f x =-b sin bx -2x x 2-1,x ∈-1,1 ，(i )当0<b 2≤2时，取m =min 1b ,1 ，x ∈0,m ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得fx =-b sin bx -2x x 2-1>-b 2x -2x x 2-1=x b 2x 2+2-b 2 1-x2，且b 2x 2>0,2-b 2≥0,1-x 2>0，所以fx >x b 2x 2+2-b 21-x2>0，即当x ∈0,m ⊆0,1 时，f x >0，则f x 在0,m 上单调递增，结合偶函数的对称性可知：f x 在-m ,0 上单调递减，所以x =0是f x 的极小值点，不合题意；(ⅱ)当b 2>2时，取x ∈0,1b ⊆0,1 ，则bx ∈0,1 ，由(1)可得f x =-b sin bx -2x x 2-1<-b bx -b 2x 2 -2x x 2-1=x 1-x2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 ，构建h x =-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2,x ∈0,1b ，则h x =-3b 3x 2+2b 2x +b 3,x ∈0,1b，且h 0 =b 3>0,h 1b=b 3-b >0，则hx >0对∀x ∈0,1b 恒成立，可知h x 在0,1b 上单调递增，且h 0 =2-b 2<0,h 1b=2>0，所以h x 在0,1b 内存在唯一的零点n ∈0,1b ，当x ∈0,n 时，则h x <0，且x >0,1-x 2>0，则f x <x1-x 2-b 3x 3+b 2x 2+b 3x +2-b 2 <0，即当x ∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则f x 在0,n 上单调递减，结合偶函数的对称性可知：f x 在-n ,0 上单调递增，所以x =0是f x 的极大值点，符合题意；综上所述：b 2>2，即a 2>2，解得a >2或a <-2，故a 的取值范围为-∞,-2 ∪2,+∞ .【跟踪训练】1已知函数f x =xe -x +a sin x ，e 是自然对数的底数，若x =0恰为f (x )的极值点.(1)求实数a 的值；(2)求f (x )在区间-∞,π4上零点的个数.【答案】(1)-1；(2)1【详解】(1)由题意得f x =1-xex+a cos x ，因为x =0为f (x )的极值点，故f (0)=1+a =0,∴a =-1，此时f x =1-x e x-cos x ，则x <0时，1-xe x >1，故f (x )>0，则f (x )在(-∞,0)上单调递增；由f x =1-x e x -cos x =1-x -e x cos x e x，令g x =1-x -e x cos x ,∴g x =-1-e x cos x -sin x ，当0<x <π4时，cos x -sin x >0，则g (x )<0，则g (x )在0,π4上单调递减，故g (x )<g (0)=0，即f(x )<0，故f (x )在0,π4 上单调递减，则x =0为f (x )的极大值点，符合题意，故a =-1.(2)由(1)知f x =xe -x -sin x ，f x =1-xex-cos x ，x <0时，f (x )>0，f (x )在(-∞,0)上单调递增，则f (x )<f (0)=0，故f x 在(-∞,0)上不存在零点；当0<x <π4时，f (x )<0，故f (x )在0,π4上单调递减，则f (x )<f (0)=0，故f x 在0,π4上不存在零点；当x =0时，f (0)=0，即x =0为f x 的零点，综合上述，f (x )在区间-∞,π4上零点的个数为1.2已知函数f x =2cos x +ln 1+x -1．(1)判断函数f x 在区间0,π2上零点和极值点的个数，并给出证明；(2)若x ≥0时，不等式f x <ax +1恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)函数f x 在区间0,π2上只有一个极值点和一个零点，证明见解析；(2)实数a 的取值范围是1,+∞【详解】(1)函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点，证明如下，f x =-2sin x +1x +1，设t x =f x =-2sin x +1x +1，t x =-2cos x -1x +12，当x ∈0,π2 时，t x <0，所以f x 单调递减，又f 0 =1>0，f π2=-2+1π2+1=-2+2π+2<0，所以存在唯一的α∈0,π2 ，使得f α =0，所以当x ∈0,α 时，f x >0，当x ∈α,π2 时，f x <0，所以f x 在0,α 单调递增，在α,π2单调递减，所以α是f x 的一个极大值点，因为f 0 =2-1=1>0，f α >f 0 >0，f π2=ln 1+π2 -1<0，所以f x 在0,α 无零点，在α,π2上有唯一零点，所以函数f x 在区间0,π2 上只有一个极值点和一个零点；(2)由f x ≤ax +1，得2cos x +ln 1+x -ax -2≤0，令g x =2cos x +ln 1+x -ax -2，x >0 ，则g 0 =0，g x =-2sin x +11+x-a ，g 0 =1-a ，①若a ≥1，则-a ≤-1，当x ≥0时，-ax ≤-x ，令h x =ln x +1 -x ，则h x =1x +1-1=-xx +1，当x ≥0时，h x ≤0，所以h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x ≤h 0 ，所以ln x +1 -x ≤0，即ln x +1 ≤x ，又cos x ≤1，所以g x ≤2+x -x -2=0，即当x ≥0时，f x ≤ax +1恒成立，②若0≤a <1，因为当x ∈0,π2 时，g x 单调递减，且g 0 =1-a >0，g π2 =-2+11+π2-a <0，所以存在唯一的β∈0,π2，使得g β =0，当x ∈0,β 时，g x >0，g x 在0,β 上单调递增，不满足g x ≤0恒成立，③若a <0，因为g e 4-1 =2cos e 4-1 +ln e 4 -a e 4-1 -2=2-2cos e 4-1 -a e 4-1 >0不满足g x ≤0恒成立，综上所述，实数a 的取值范围是1,+∞ .3已知函数f x =xe x -1，g x =a x +ln x 且f x -g x ≥0恒成立. (1)求a 的值；(2)证明：x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x .(注：其中e =2.71828⋯为自然对数的底数)【答案】(1)a =1；(2)证明见解析【详解】(1)因为f x -g x ≥0恒成立，所以xe x -a (ln x +x )≥1恒成立，令h (x )=xe x -a (ln x +x )，则h (x )=e x+xe x-a 1x +1 =(x +1)⋅xe x -ax(x >0)，当a <0时，h (x )>0，所以h (x )在(0,+∞)上递增，当x→0时，xe x →0,ln x →-∞，所以h (x )→-∞，不合题意，当a =0时，h 12=e2<1，不合题意，当a >0时，令xe x -a =0，得a =xe x ，令p (x )=xe x ，则p (x )=(x +1)e x >0，所以p (x )=xe x 在(0,+∞)上递增，且p (0)=0，所以a =xe x 有唯一实根，即h (x )=0有唯一实根，设为x 0，即a =x 0e x 0，且x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，x ∈x 0,+∞ 时，h(x )>0,所以h (x )在0,x 0 上为减函数，在x 0,+∞ 上为增函数，所以h (x )min =f x 0 =x 0e x 0-a ln x0+x 0 =a -a ln a ，所以只需a -a ln a ≥1，令t =1a ，则上式转化为ln t ≥t -1，设φ(t )=ln t -t +1，则φ (t )=1t -1=1-tt，当0<t <1时，φ (t )>0，当t >1时，φ (t )<0，所以φ(t )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以φ(t )≤φ(1)=0，所以ln t ≤t -1，所以ln t =t -1，得t =1，所以t =1a=1，得a =1，(2)证明：由(1)知，当a =1时，f x ≥g x 对任意x >0恒成立，所以∀x ∈0,+∞ ，xe x ≥x +ln x +1(当且仅当x =1时取等号)，则x 3e x ≥x 3+x 2ln x +x 2(x >0)，所以要证明x 3e x >x 2+3 ln x +2sin x ，只需证明x 3+x 2ln x +x 2>(x 2+3)ln x +2sin x (x >0)，即证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，设t (x )=ln x -x +1,m (x )=sin x -x ，则由(1)可知ln x ≤x -1(x >0)，m (x )=cos x -1≤0在(0,+∞)上恒成立，所以m (x )在(0,+∞)上递减，所以∀x ∈0,+∞ ，m (x )<m (0)=0，所以sin x <x (x >0)，所以要证x 3+x 2>3ln x +2sin x (x >0)，只要证x 3+x 2≥3(x -1)+2x (x >0)，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)，令H (x )=x 3+x 2-5x +3，则H (x )=3x 2+2x -5=(3x +5)(x -1)，当0<x <1时，H (x )<0，当x >1时，H (x )>0，所以H (x )在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以当x ∈0,+∞ 时，H (x )≥H (1)=0，即x 3+x 2-5x +3≥0(x >0)恒成立，所以原命题成立.4已知函数f (x )=x +sin x ，x ∈R .(1)设g (x )=f (x )-12x ，求函数g (x )的极大值点；(2)若对∀x ∈0,π2，不等式f (x )≥mx cos x (m >0)恒成立，求m 的取值范围.【答案】(1)x =2π3+2k π(k ∈Z )；(2)(0,2].【详解】(1)函数g (x )=12x +sin x ，求导得g (x )=12+cos x ，由g (x )=0，得cos x =-12，当-2π3+2k π<x<2π3+2k π(k ∈Z )时，cos x >-12，即g (x )>0，函数g (x )单调递增；当2π3+2k π<x <4π3+2k π(k ∈Z )时，cos x <-12，即g (x )<0，函数g (x )单调递减，因此函数g (x )在x =2π3+2k π(k ∈Z )处有极大值，所以函数g (x )的极大值点为x =2π3+2k π(k ∈Z ).(2)依题意，m >0，∀x ∈0,π2 ，不等式f (x )≥mx cos x ⇔x +sin x -mx cos x ≥0，当x =π2时，π2+1≥0成立，则m >0，当x ∈0,π2时，cos x >0，x +sin x -mx cos x ≥0⇔x +sin x cos x-mx ≥0，令h (x )=x +sin x cos x -mx ，x ∈0,π2 ，求导得h(x )=(1+cos x )cos x +(x +sin x )sin x cos 2x -m =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，令φx =cos x +x sin x +1cos 2x -m ，x ∈0,π2 ，求导得φ (x )=x cos 2x +2x sin 2x +sin2x +2sin x cos 3x >0，因此φ(x )在0,π2 上单调递增，即有φx ≥φ0 =2-m ，而cos x +x sin x +1cos 2x ≥cos x +1cos 2x >1cos 2x，又函数y =1cos 2x在x ∈0,π2 上的值域是[1,+∞)，则函数φ(x )，即h x 在0,π2 上的值域是2-m ,+∞ ,当0<m ≤2时，h (x )≥0，当且仅当m =0,x =0时取等号，于是函数h (x )在0,π2上单调递增，对x ∈0,π2 ，h (x )≥h (0)=0，因此0<m ≤2，当m >2时，存在x 0∈0,π2，使得h (x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<0，函数h (x )在(0,x 0)上单调递减，当x ∈(0,x 0)时，h (x )<h (0)=0，不符合题意，所以m 的取值范围为(0,2].5已知函数f (x )=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a (x >0)．(1)当a =1时，(I )求(π,f (π))处的切线方程；(II )判断f x 的单调性，并给出证明；(2)若f x >1恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)(I )y =3πx -2π2+1；(II )f x 单调递增，证明见解析；(2)a ≥1【详解】(1)当a =1时，f (x )=x 2-x sin x +1，可得f (x )=2x -sin x -x cos x .(I )f (π)=π2+1,f (π)=3π，所以在(π,f (π))处的切线方程为y -π2+1 =3πx -π ，即y =3πx -2π2+1.(II )f (x )=2x -sin x -x cos x =x -sin x +x (1-cos x )，设m (x )=x -sin x (x >0)，则m (x )=1-cos x ≥0,m (x )单调递增，所以m (x )>m (0)=0，即x >sin x ，所以当x >0时，f (x )>0,f (x )单调递增.(2)设g (x )=f (x )-1=ax 2-a (x sin x +cos x )+cos x +a -1，由题意g (x )>0恒成立.①当a ≤0时，g π2=a π2π2-1 +a -1<0,g (x )>0不恒成立，不合题意；②当0<a <1时，设h (x )=g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，h (0)=0，h (x )=2a -a cos x +ax sin x -cos x ，h (0)=a -1<0，h π2=2a +π2a >0，设r (x )=h (x )，x ∈0,π2，r (x )=2a sin x +ax cos x +sin x >0，h (x )单调递增，由零点存在定理得∃t ∈0,π2，使得h (t )=0.h (x )在(0,t )上h (x )<0，h (x )<h (0)=0，即g (x )<0，所以g (x )在(0,t )上单调递减，g (x )<g (0)=0，g (x )>0不恒成立，不合题意；③当a ≥1时，g(x )=2ax -ax cos x -sin x ，则g (x )x =2a -a cos x -sin x x =a (1-cos x )+a -sin x x，当x>0时，1-cos x ≥0,x >sin x ，即sin xx <1，则g (x )x >0，所以当x >0时，g (x )>0,g (x )单调递增.可得：g (x )>g (0)=0，即f (x )>1，所以a ≥1.综上，a 的取值范围为1,+∞ ．6已知f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R ).(1)当a =14时，求y =f (x )在[-π,π]内的单调区间；(2)若对任意的x ∈R 时，f (x )≥2恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3 ；(2)[3,+∞).【详解】(1)当a =14时，f (x )=14x 2-cos x -x sin x +14，求导得f (x )=12x -x cos x =x 12-cos x ，而x ∈[-π,π]，由cos x =12，得x =±π3，当x ∈-π3,π3 时，12-cos x <0，当x ∈π3,π ∪-π,-π3时，12-cos x >0，则当x >0时，若f (x )>0，则x ∈π3,π ；若f (x )<0，则x ∈0,π3，当x <0时，若f (x )>0，则x ∈-π3,0 ；若f (x )<0，则x ∈-π,-π3 ，所以函数y =f (x )在[-π,π]内的单调增区间为：-π3,0 ，π3,π ；单调减区间为：0,π3 ，-π,-π3.(2)因为f (-x )=a (-x )2-cos (-x )-(-x )sin (-x )+a =f (x )，于是函数f (x )=ax 2-cos x -x sin x +a (a ∈R )为偶函数，则f (x )≥2对任意x ∈R 恒成立，等价于对任意的x ∈[0,+∞)，恒有f (x )≥2成立，求导得f (x )=2ax -x cos x =x (2a -cos x )，当x ∈[0,+∞)时，当2a ≥1，a ≥12成立时，2a -cos x ≥0恒成立，即f (x )≥0恒成立，函数f (x )在[0,+∞)内单调递增，则有f x min =f 0 =a -1，因此a -1≥2，解得a ≥3，则a ≥3；当2a <1，a <12时，函数y =cos x 在[0,π]上单调递减，且-1≤cos x ≤1，因此存在x 0>0，使得当x ∈(0,x 0)时，2a -cos x <0，f (x )<0，函数f (x )在(0,x 0)上递减，此时x ∈0,x 0 ，f x <f 0 =a -1<2，不符合题意，所以实数a 的取值范围为[3,+∞).7已知函数f (x )=e x -a -x -cos x ，x ∈(-π,π)其中e =2.71828⋯为自然对数的底数．(1)当a =0时，证明：f x ≥0;(2)当a =1时，求函数y =f x 零点个数．【答案】(1)证明见解析；(2)2.【详解】(1)当a =0时，f (x )=e x -x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1+sin x ，显然f (0)=0，当-π<x <0时，e x -1<0,sin x <0，则f (x )<0，当0<x <π时，e x -1>0,sin x >0，则f (x )>0，因此函数f (x )在(-π,0)上单调递减，在(0,π)上单调递增，则当x ∈(-π,π)时，f (x )≥f (0)=0，所以f x ≥0.(2)当a =1时，f (x )=e x -1-x -cos x ，x ∈(-π,π)，求导得f (x )=e x -1-1+sin x ，当-π<x <0时，e x -1-1<0,sin x <0，则f (x )<0，当1<x <π时，e x -1-1>0,sin x >0，则f (x )>0，当0≤x ≤1时，函数y =e x -1-1,y =sin x 都递增，即函数f (x )在(0,1)上单调递增，而f (0)=e -1-1<0,f (1)=sin1>0，因此存在x 0∈(0,1)，使得f (x 0)=0，当0≤x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x ≤1时，f (x )>0，从而当-π<x <x 0时，f (x )<0，当x 0<x <π时，f (x )>0，即有函数f (x )在(-π,x 0)上单调递减，在(x 0,π)上单调递增，f (x 0)<f (0)=e -1-1<0，而f -π2 =e -π2-1+π2>0,f π2 =e π2-1-π2>e -π2>0，于是函数f (x )在(-π,x 0)，(x 0,π)各存在一个零点，所以函数y =f x 零点个数是2.8已知函数f x =x -1 e x +ax +1.(1)若a =-e ，求f x 的极值；(2)若x ≥0，f x ≥2sin x ，求a 的取值范围.【答案】(1)f x 极小值=1-e ，无极大值.(2)2,+∞【详解】(1)当a =-e 时f x =x -1 e x -ex +1，则f x =xe x -e ，令g x =f x =xe x -e ，则g 1 =0，gx =x +1 ex，所以当x <-1时g x <0，g x 单调递减且g x <0，当x >-1时g x >0，g x 单调递增，所以当x <1时g x <0，即f x <0，当x >1时g x >0，即f x >0，所以f x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以f x 在x =1处取得极小值，即f x 极小值=f 1 =1-e ，无极大值.(2)令h x =f x -2sin x =x -1 e x +ax -2sin x +1，x ∈0,+∞ ，则原不等式即为h x ≥0，可得h 0 =0，h x =xe x +a -2cos x ，h 0 =a -2，令u x =h x =xe x +a -2cos x ，则u x =x +1 e x +2sin x ，令t x =x +1 e x ，x ∈0,+∞ ，则t x =x +2 e x >0，所以t x 在0,+∞ 上单调递增，则t x ≥t 0 =1，则x ∈0,π 时x +1 e x >0，sin x ≥0，所以u x >0，当x ∈π,+∞ 时x +1 e x ≥π+1 e π>2，所以u x >0，所以u x >0在0,+∞ 上恒成立，所以u x 即h x 在0,+∞ 上单调递增，当a -2≥0，即a ≥2时h x ≥h 0 ≥0，所以h x 单调递增，所以h x ≥h 0 =0恒成立，所以a ≥2符合题意，当a -2<0，即a <2时h 0 <0，h 3-a =3-a e 3-a+a -2cos 3-a ≥3-a +a -2cos 3-a >0，所以存在x 0∈0,3-a 使得h x 0 =0，当0<x <x 0时h x <0，则h x 单调递减，所以h x <h 0 =0，与题意不符，综上所述，a 的取值范围是2,+∞ .9已知函数f x =2sin x -ln 1+x 0<x <π ．(1)证明：函数f x 有唯一的极值点α，及唯一的零点β；(2)对于(1)问中α，β，比较2α与β的大小，并证明你的结论．【答案】(1)证明见解析；(2)2α>β，证明见解析【详解】(1)当π2<x <π时，由于y =2sin x 单调递减，y =ln 1+x 单调递增，所以f x 单调递减，又f π2=2-ln 1+π2 >0,f π =-ln 1+π <0，所以f x 只有一个零点(设为x 0)，无极值点；当0<x <π2时，由f x =2sin x -ln 1+x 得f x =2cos x -1x +1，设g x =2cos x -1x +1，则g x =-2sin x +1x +1 2，由于y =-2sin x 和y =1x +12在0,π2 上均单调递减，所以g x 单调递减，又g 0 =1>0,g π2=-2+1π2+12<0，所以存在x 1∈0,π2，使得g x 1 =0，当0<x <x 1时，g x >0，g x 单调递增，即f x 单调递增，当x 1<x <π2时，g x <0，g x 单调递减，即f x 单调递减，又f π3=1-11+π3>0,f π2 =-1π2+1<0，所以当0<x <x 1时，f x >0恒成立，且存在x 2∈π3,π2 ，使得fx 2 =0，当0<x <x 2时，fx >0，f x 单调递增，当x 2<x <π2时，fx <0，f x 单调递减，所以x 2是f x 的极值点，又f 0 =0,f π2=2-ln 1+π2 >0，所以当0<x <π2时，f x >0恒成立，即函数f x 无零点；综上，函数f x 有唯一的极值点α(α=x 2)，及唯一的零点β(β=x 0).(2)2α>β，证明如下：由(1)知α∈π3,π2，2α,β∈π2,π ，由于α为f x 的极值点，所以f α =2cos α-1α+1=0，即2cos α=11+α，所以f 2α =2sin2α-ln 1+2α =4sin αcos α-ln 1+2α =2sin α1+α-ln 1+2α ，设y =x -sin x 0<x <π2，则y =1-cos x >0，所以y =x -sin x 单调递增，所以x -sin x >0，即x >sin x ，所以f2α=2sinα1+α-ln1+2α<2α1+α-ln1+2α，令φ(x)=2x1+x-ln(1+2x)0<x<π2，则φ (x)=-2x21+x21+2x<0，所以φ(x)在0,π2上单调递减，所以φ(x)<φ(0)=0，所以f2α <0=fβ ，又f x在π2,π递减，所以2α>β.10已知函数f x =ax2+x-ln2x．(1)若f x 在1,+∞上单调递增，求a的取值范围；(2)若函数g x =f x -x+ln2xx-sin x在0,π上存在零点，求a的取值范围．【答案】(1)a≥0；(2)0<a<1【详解】(1)由题得f x =2ax+1-1x，因为f x 在1,+∞上单调递增，所以f x =2ax+1-1x≥0在1,+∞上恒成立，即2a≥1x2-1x在1,+∞上恒成立，因为1x2-1x=1x-122-14≤0，所以a≥0.(2)因为g x =ax-sin x，则g x =a-cos x，注意到：g0 =0，g 0 =a-1，若a≥1，则g x =a-cos x≥0，所以g x 在0,π上单调递增，所以g x >g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若a≤-1，则g x =a-cos x≤0，所以g x 在0,π上单调递减，所以g x <g0 =0，g x 在0,π上不存在零点，若-1≤a≤0，显然g x =ax-sin x<0，在0,π上不存在零点，若0<a<1，显然存在t∈0,π，使得g t =0，且g x 在0,π上单调递增，注意到：g 0 =a-1<0，g π =a+1>0，所以g x 在0,t上小于零，在t,π上大于零，所以g x 在0,t上单调递减，在t,π上单调递增，注意到：g0 =0，g t <0，且gπ >0，所以存在唯一β∈t,π使得gβ =0，综上，所以0<a<1.11已知函数f x =ln x+sin x.(1)求函数f x 在区间1,e上的最小值；(2)判断函数f x 的零点个数，并证明.【答案】(1)sin1；(2)f x 有1个零点，证明见解析【详解】(1)f(x)=ln x+sin x的定义域为0,+∞，故f (x)=1x+cos x，令g x =f (x)=1x+cos x，g x =-1 x2-sin x，当x∈1,e时，g x =-1x2-sin x<0，所以g x 在1,e上单调递减，且g1 =1+cos1>0，g e =1e +cos e<1e+cos2π3=1e-12<0，所以由零点存在定理可知，在区间[1,e]存在唯一的a，使g a =f a =0，又当x∈1,a时，g x =f x >0；当x∈a,e时，g x =f x <0；所以f x 在x∈1,a上单调递增，在x∈a,e上单调递减，又因为f1 =ln1+sin1=sin1，f e =ln e+sin e=1+sin e >f1 ，所以函数f(x)在区间[1,e]上的最小值为f1 =sin1.(2)f x 有1个零点，证明如下：因为f(x)=ln x+sin x，x∈0,+∞，若0<x≤1，f (x)=1x+cos x>0，所以f(x)在区间0,1上单调递增，又f1 =sin1>0，f1e=-1+sin1e<0，结合零点存在定理可知，lnπ>1≥-sin x ，所以f x >0，综上，函数f (x )在0,+∞ 有且仅有一个零点.12已知函数f (x )=12ax 2-(a -2)x -2ln x .(1)当a =2时，证明：f x >sin x .(2)讨论f x 的单调性.【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析【详解】(1)当a =2时，f (x )=x 2-2ln x (x >0)，f (x )=2x -2x，令f (x )<0，得0<x <1，令f (x )>0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以f (x )≥f (1)=1，当且仅当x =1时，等号成立，而当x =1时，sin x <1，当x >0且x ≠1时，sin x ≤1，所以f x >sin x .(2)f (x )=12ax 2-(a -2)x -2ln x 的定义域为(0,+∞)，f (x )=ax -(a -2)-2x =(x -1)ax +2 x，当a ≥0时，ax +2>0，令f (x )<0，得0<x <1，令f (x )>0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数.当a <0时，令f (x )=0，得x =1或x =-2a ，若1<-2a，即-2<a <0时，令f (x )<0，得0<x <1或x >-2a ；令f (x )>0，得1<x <-2a ，所以f (x )在(0,1)和-2a ,+∞ 上为减函数，在1,-2a 上为增函数；若1=-2a ，即a =-2时，f (x )≤0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上为减函数；若1>-2a ，即a <-2时，令f (x )<0，得0<x <-2a 或x >1，令f (x )>0，得-2a <x <1，所以f (x )在0,-2a和(1,+∞)上为减函数，在-2a ,1 上为增函数.综上所述：当a ≥0时，f (x )在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数；当-2<a <0时，f (x )在(0,1)和-2a ,+∞ 上为减函数，在1,-2a 上为增函数；当a =-2时，f (x )在(0,+∞)上为减函数；当a <-2时，f (x )在0,-2a和(1,+∞)上为减函数，在-2a ,1 上为增函数.13(1)证明：当x <1时，x +1≤e x ≤11-x；(2)是否存在正数a ，使得f x =2e x +a sin x -ax 2-a +2 x 在R 上单调递增，若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，a =1【详解】(1)设g x =e x -x -1，其中x <1，则g x =e x -1，由g x <0可得x <0，由g x >0可得0<x <1，所以，函数g x 在-∞,0 上单调递减，在0,1 上单调递增，所以，当x <1时，g x ≥g 0 =0，即x +1≤e x (*)，由(*)可知e -x ≥1-x ，当x <1时，得e x ≤11-x，原不等式得证；(2)f x =2e x +a sin x -ax 2-a +2 x ，则f x =2e x +a cos x -2ax -a -2，设h x =2e x +a cos x -2ax -a -2，则h x =2e x -a sin x -2a ，f x 在R 上单调递增⇔f x ≥0在R 上恒成立，注意到f 0 =0，只需f x 在x =0处取得最小值，易知其必要条件为h0 =2-2a =0，则a =1，下面证明充分性：令p x =x -sin x ，则p x =1-cos x ≥0且p x 不恒为零，所以，函数p x 在R 上单调递增，当x >0时，p x =x -sin x >p 0 =0，即x >sin x ，当x <0时，p x =x -sin x <p 0 =0，即x <sin x ，当a =1时，f x =2e x +sin x -x 2-3x ，则f x =2e x +cos x -2x -3=h x ，故h x =2e x -sin x -2，①当x >0时，h x >2x +2-sin x -2>2x -sin x >2x -x =x >0，所以h x 在0,+∞ 上单调递增，即f x 在0,+∞ 上单调递增；②当x <0时，若x ∈-1,0 ，则h x =2e x -sin x -2<21-x -sin x -2<21-x -x -2=x 1+x 1-x<0，若x ∈-∞,-1 ，则h x =2e x -sin x -2≤2e+1-2<0，所以h x 在-∞,0 上单调递减，即f x 在-∞,0 上单调递减.由①②可知，fx ≥f0 =0，故当a =1时，f x 在R 上单调递增.当0<a <1时，由(1)知当x <1时，f x =2e x +a cos x -2ax -a -2≤21-x +a cos x -2ax -a -2≤21-x +a -2ax -2-a =2ax x -1-1a 1-x，当x ∈1-1a,0 时，f x <0，f x 单调递减，不合题意；当a >1时，同理可得当x <1时，f x ≤2ax x -1-1a 1-x ，当x ∈0,1-1a时，f x <0，f x 单调递减，不合题意.综上所述：当a =1时，函数f x 在R 上单调递增.。

三角函数及导数试题

一．选择题（36分，每小题3分）1．已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为A ．120° B ．150° C ．180° D ．240°2．设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若bcosC+ccosB=asinA ，则△ABC 的形状为A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．不确定3．若函数f （x ），g （x ）满足0)()(11⎰-=dx x g x f ，则f （x ），g （x ）为区间[﹣1，1]上的一组正交函数，给出三组函数：①f （x ）=sin x ，g （x ）=cos x ；②f （x ）=x+1，g （x ）=x ﹣1；③f （x ）=x ，g （x ）=x 2，其中为区间[﹣1，1]上的正交函数的组数是 A ．0 B ．1 C ．2 D ．34．设函数f ′（x ）是奇函数f （x ）（x ∈R ）的导函数，f （﹣1）=0，当x ＞0时，xf ′（x ）﹣f （x ）＜0，则使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是 A ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B ．（﹣1，0）∪（1，+∞） C ．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0） D ．（0，1）∪（1，+∞） 5．已知函数f （x ）=Asin （ωx+φ）（A ，ω，φ均为正的常数）的最小正周期为π，当x=时，函数f （x ）取得最小值，则下列结论正确的是A ．f （2）＜f （﹣2）＜f （0）B ．f （0）＜f （2）＜f （﹣2）C ．f （﹣2）＜f （0）＜f （2）D ．f （2）＜f （0）＜f （﹣2）6． “a ≤﹣1”是“函数f （x ）=lnx+ax+在[1，+∞）上是单调函数”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 7．函数y=sin （ωx+φ）（x ∈R ，ω＞0，0≤φ＜2π）的部分图象如图，则 A ．ω=，φ=B ．ω=，φ= C ．ω=，φ=D ．ω=，φ=8．如图，设点A 是单位圆上的一定点，动点P 从A 出发在圆上按逆时针方向转一周，点P 所旋转过的弧的长为l ，弦AP 的长为d ，则函数d=f （l ）的图象大致为ABCD9．函数f （x ）=sinx 在区间（0，10π）上可找到n 个不同数x 1，x 2，…，x n ，使得nn x x f x x f x x f )(......)()(2211===则n 的最大值等于A ．8B ．9C ．10D ．1110．若函数f （x ）=sin ωx （ω＞0）在区间上单调递增，在区间上单调递减，则ω= A ．B ．C ．2D ．311． “a=1”是“函数ax ax y 22sin cos -=的最小正周期为π”的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件12．若542s i n ,532co s -==θθ则角θ的终边一定落在直线上．A ．7x+24y=0B ．7x ﹣24y=0C ．24x+7y=0D ．24x ﹣7y=0二．填空题（12分，每小题3分）13．设函数f （x ）在（0，+∞）内可导，且f （e x ）=x+e x，则f ′（1）= ．14．已知)3sin()(πω+=x x f （ω＞0），)3()6(ππf f =，且f （x ）在区间)3,6(ππ上有最小值，无最大值，则ω= ． 15．设f （x ），g （x ）分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且g （x ）≠0，当x ＜0时)()()()(x g x f x g x f '>'，且0)3(=-f ，则不等式0)()(<x g x f 的解集是．16．如图，y=f （x ）是可导函数，直线l 是曲线y=f （x ）在x=4处的切线，令g （x ）=，则g ′（4）= ．三．解答题（64分,17-20题每题11分，21、22每题10分） 17．设函数xx x f π+=ln )(，m ∈R ．（Ⅰ）当m=e （e 为自然对数的底数）时，求f （x ）的极小值；（Ⅱ）讨论函数3)(')(xx f x g -=零点的个数；（Ⅲ）若对任意b ＞a ＞0，＜1恒成立，求m 的取值范围．18．设函数)ln 2()(2x x k xe xf x +-=（k 为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）．（Ⅰ）当k ≤0时，求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若函数f （x ）在（0，2）内存在两个极值点，求k 的取值范围．19．设函数x k x x f ln 2)(2-= k ＞0．（1）求f （x ）的单调区间和极值；（2）证明：若f （x ）存在零点，则f （x ）在区间（1，）上仅有一个零点．20．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足2asinA=（2b ﹣c ）sinB+（2c ﹣b ）sinC ．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若a=2，b=2，求△ABC 的面积．21．在△ABC 中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC 的长；（2）求sin2C 的值． 22．已知函数f （x ）=sin （2x ﹣）+2cos 2x ﹣1．（Ⅰ）求函数f （x ）的单调增区间；（Ⅱ）在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，且a=1，b+c=2，f （A ）=，求△ABC 的面积．四、选做题（共8分） 23．【选修4-4 坐标系与参数方程】已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与x 轴的正半轴重合，直线l 的极坐标方程为：，曲线C 的参数方程为：（α为参数）．（I ）写出直线l 的直角坐标方程；（Ⅱ）求曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值．必做题答案：1-6 CACAAA 7-12 CCCBAD13．2 14．15．)3,0()3,( --∞16．-17.解：（Ⅰ）当m=e 时，f （x ）=lnx+，∴f ′（x ）=；∴当x ∈（0，e ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）在（0，e ）上是减函数；当x ∈（e ，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）在（e ，+∞）上是增函数；∴x=e 时，f （x ）取得极小值为f （e ）=lne+=2；（Ⅱ）∵函数g （x ）=f ′（x ）﹣=﹣﹣（x ＞0），令g （x ）=0，得m=﹣x 3+x （x ＞0）；设φ（x ）=﹣x 3+x （x ＞0），∴φ′（x ）=﹣x 2+1=﹣（x ﹣1）（x+1）；当x ∈（0，1）时，φ′（x ）＞0，φ（x ）在（0，1）上是增函数，当x ∈（1，+∞）时，φ′（x ）＜0，φ（x ）在（1，+∞）上是减函数；∴x=1是φ（x ）的极值点，且是极大值点，∴x=1是φ（x ）的最大值点，∴φ（x ）的最大值为φ（1）=；又φ（0）=0，结合y=φ（x ）的图象，如图；可知：①当m ＞时，函数g （x ）无零点； ②当m=时，函数g （x ）有且只有一个零点； ③当0＜m ＜时，函数g （x ）有两个零点； ④当m ≤0时，函数g （x ）有且只有一个零点；综上，当m ＞时，函数g （x ）无零点；当m=或m ≤0时，函数g （x ）有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g （x ）有两个零点；（Ⅲ）对任意b ＞a ＞0，＜1恒成立，等价于f （b ）﹣b ＜f （a ）﹣a 恒成立；设h （x ）=f （x ）﹣x=lnx+﹣x （x ＞0），则h （b ）＜h （a ）． ∴h （x ）在（0，+∞）上单调递减；∵h ′（x ）=﹣﹣1≤0在（0，+∞）上恒成立，∴m ≥﹣x 2+x=﹣+（x ＞0），∴m ≥；对于m=，h ′（x ）=0仅在x=时成立；∴m 的取值范围是[，+∞）．18. 解：（Ⅰ）f （x ）的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=﹣k （﹣）=（x ＞0），当k ≤0时，kx ≤0，∴e x﹣kx ＞0，令f ′（x ）=0，则x=2，∴当0＜x ＜2时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞2时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，∴f （x ）的单调递减区间为（0，2），单调递增区间为（2，+∞）．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，k ≤0时，函数f （x ）在（0，2）内单调递减，故f （x ）在（0，2）内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g （x ）=e x﹣kx ，x ∈[0，+∞）．∵g ′（x ）=e x ﹣k=e x ﹣e lnk，当0＜k ≤1时，当x ∈（0，2）时，g ′（x ）=e x﹣k ＞0，y=g （x ）单调递增，故f （x ）在（0，2）内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈（0，lnk ）时，g ′（x ）＜0，函数y=g （x ）单调递减，x ∈（lnk ，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数y=g （x ）单调递增，∴函数y=g （x ）的最小值为g （lnk ）=k （1﹣lnk ）函数f （x ）在（0，2）内存在两个极值点当且仅当解得：e综上所述，函数f （x ）在（0，2）内存在两个极值点时，k 的取值范围为（e ，）19. 解：（1）由f （x ）=f'（x ）=x ﹣由f'（x ）=0解得x=f （x ）与f'（x ）在区间（0，+∞）上的情况如下：X （o ，）（f'（x ） ﹣ 0f （x ）↓所以，f （x ）的单调递增区间为（），单调递减区间为（0，）； f （x ）在x=处的极小值为f （）=．（2）证明：由（1）知，f （x ）在区间（0，+∞）上的最小值为f （）=．因为f （x ）存在零点，所以，从而k ≥e当k=e 时，f （x ）在区间（1，]上单调递减，且f （）=0所以x=是f （x ）在区间（1，]上唯一零点．当k ＞e 时，f （x ）在区间（0，）上单调递减，且，所以f （x ）在区间（1，]上仅有一个零点．综上所述，若f （x ）存在零点，则f （x ）在区间（1，]上仅有一个零点． 20. 解：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得，整理得，所以又A ∈（0，π），故．（Ⅱ）由正弦定理可知，又a=2，，，所以．又，故或．若，则，于是；若，则，于是．21. 解：（1）由余弦定理可得：BC 2=AB 2+AC 2﹣2AB •ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．（2）由正弦定理可得：，则sinC===，∵AB ＜BC ，∴C 为锐角，则cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．22. 解：（Ⅰ）因为===所以函数f （x ）的单调递增区间是〔〕（k ∈Z ）（Ⅱ）因为f （A ）=，所以又0＜A＜π所以从而故A=在△ABC 中，∵a=1，b+c=2，A=∴1=b 2+c 2﹣2bccosA ，即1=4﹣3bc ．故bc=1从而S △ABC =选做题答案23. 解：（1）∵直线l的极坐标方程为：，∴ρ（sin θ﹣cos θ）=，∴，∴x﹣y+1=0．（2）根据曲线C 的参数方程为：（α为参数）．得（x ﹣2）2+y 2=4，它表示一个以（2，0）为圆心，以2为半径的圆，圆心到直线的距离为：d=，∴曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值=．。

带三角函数的导数应用题

带三角函数的导数应用题引言在微积分学中，我们学习了导数的意义和求解方法。

导数不仅可以帮助我们求函数在某一点的斜率，还可以应用于各种实际问题的解决。

本文将介绍一些带有三角函数的导数应用题，通过这些例题的解析，我们可以更好地理解导数在实际问题中的应用。

问题一：弹簧质点振动一个弹簧上系着一个质点，质点在弹簧的下方做简谐振动，其运动规律可以用方程$y=A\s i n(\o me ga t+\v arp h i)$表示，其中$A$是振幅，$\om eg a$是角频率，$\v ar ph i$是初相位，$t$是时间。

现给定振幅$A=0.02$m，角频率$\om eg a=10$ra d/s，初相位$\va rp hi=\fr ac{\p i}{4}$r ad。

求质点的速度和加速度。

解答：首先求速度：$$v(t)=\fr ac{d y}{dt}=A\o me ga\c os(\o m eg at+\va rp hi)$$代入已知条件$A=0.02$m，$\o me ga=10$r ad/s，$\va rp hi=\fr ac{\p i}{4}$r ad，得到速度函数：$$v(t)=0.02\ti me s10\ti me s\co s(10t+\f ra c{\p i}{4})$$其次求加速度：$$a(t)=v'(t)=\fr ac{d v}{d t}=-A\om ega^2\si n(\o me ga t+\v ar ph i)$$代入已知条件得到加速度函数：$$a(t)=-0.02\t im es10^2\t im es\s in(10t+\fr ac{\pi}{4})$$问题二：天体运动一个行星绕其恒星公转，行星的轨道可以近似地由方程$r=a(1-e\co s\th et a)$描述，其中$r$是行星与恒星之间的距离，$a$是半长轴，$e$是离心率，$\the t a$是极坐标中的角度。

已知某行星的半长轴$a=2$A U，离心率$e=0.3$。

学霸专题：含三角函数的导数压轴题(答案版)

论参数的范围，构造恰当的函数讨论单调性，考查学生的计算能力和转化能力.
3．（1）在
3
,
0
或
3
,
上单调递减，在
,
3
或
0,
3
上单调递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导，根据导数和函数的单调性，结合三角函数的性质即可求出单调区间；
（2）先判断出函数为偶函数，则问题转化为 f (x) 在 (0, ) 有且只有一个零点，再利用导数和函数单调性
2
4a
1
0
，
∴ x ln 1 2a
28a2 4a
4a
1
时，
g(x)
g
ln
1
2a
28a 2 4a
4a
1
0
，
2
从而，由零点存在定理知，存在
x0
0,
ln
1
2
a
28a 4a
2
4a
1
，使得
gx0ຫໍສະໝຸດ 0.当 x 0, x0 时， g(x) 0 ，此时， g(x) g 0 0 ，不合题意.
学霸专题：含三角函数的导数压轴题答案 1．（Ⅰ） f x 在 , 0 单调递减，在 0, 单调递增；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）代入 a 的值，求出函数的导数，确定导数的符号，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）x 0 是 f x 的一个零点，通过讨论 x 的范围，结合 a 的取值范围，求出 f x 的单调性，得到 f x 在 , 0 上有 1 个零点，从而证明结论. 【解析】（Ⅰ）当 a 2 时， f x ex 2x sin x 1，则 f x ex 2 cos x ，可得 f x ex sin x . 当 x 0, 时，ex 1， f x 1 sin x 0 ， f x 在 0, 单调递增， f x f 0 0 ， f x 在 0, 单调递增. 当 x , 0 时，可得 ex 1， f x ex 2 cos x 1 cos x 0 ， f x 在 , 0 单调递减；综上， f x 在 , 0 单调递减，在 0, 单调递增. （Ⅱ）当 x 0 时， f 0 e0 0 1 sin 0 0 ， x 0 是 f x 的一个零点，由 f x ex a cos x ，可得 f x ex sin x .

三角函数导数练习题及解答

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

而三角函数是数学中常见的函数之一，包括正弦函数、余弦函数和正切函数等。

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

练习题一：求下列函数的导数。

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

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

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

含三角函数的导数问题

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

例析含三角函数导数问题的解答策略

近几年来，高考题和高考模拟题的命题者为了创设新的问题情境，开始尝试命制含三角函数的导数压轴题。由于对含三角函数的函数无论求几阶导，导函数中仍会含有三角函数，因此导函数的表达式往往比较复杂，从而给判断导函数的符号、求极值及零点个数等后续问题带来困难。下面笔者通过对含三角函数的导数压轴题进行深人、系统的分析，总结此类题型的几种解题策略，以繪读者。
丄卞 *2：
一个增函数 f 和一个减函数 + ，以及一个不单调
的函数一 a + sin x 相加而成，较为复杂，不容易直接说明当 ^ < 1 时，/(工 )>〇。因此，我们考虑对其进行放缩。由常见函数型不等式 # > 1 + 1 ，故 / 〇 ) >
士：T( _ + < X < 0 ) 。于是便得到如下关于 “左负，，的
另外两种简便证法。
证法 1:当 (—
时，/ ’（1 ) = # + ^ ^ —
2 + sin
+
^1 一:r+ 吾;r2 ) — 2 + 音 =
2_r2+ f < 0 。
1
_ 1 _ 1 0 0 丄 1 — 67
1 + X + 1+JC — a + sin 工。而 1 + x + 1~\~x

ppt模板-含三角函数的导数问题(高三数学)

6．设函数 f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0＜x＜2π，求函数 f(x) 的单调区间与极值．
解析由 f(x)＝sinx－cosx＋x＋1,0＜x＜2π，知 f′(x)＝cosx＋sinx＋1， π 于是 f′(x)＝1＋ 2sin(x＋ )． 4 π 2 3π 令 f′(x)＝0，从而 sin(x＋ )＝－，得 x＝π，或 x＝ . 4 2 2 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 3π 3π 3π x π (0，π) (π， 2 ) ( 2 ，2π) 2 0 0 f′(x) ＋－＋ 3 f(x) 单调递增 π＋2 单调递减单调递增 π 2 3π 因此，由上表知 f(x)的单调递增区间是(0，π)与( ，2π)，单调递 2 3π 3π 3π 减区间是(π， 2 )，极小值为 f( 2 )＝ 2 ，极大值为 f(π)＝π＋2.
x
π (0, ) 2
π 2
0 0 ---------13 分
π ( , π) 2
x a
cos x f '( x ) f ( x)ຫໍສະໝຸດ
所以函数 f ( x) 的单调增区间为 ( , π) ，单调减区间为 (0, ) .
π 2
π 2
a
0 0
( a , π)
xa
cos x f '( x ) f ( x)

0 0

-------9 分所以函数 f ( x) 的单调增区间为 ( , a) ，单调减区间为 (0, ) 和 ( a, π) ②当 a π 时， f ( x), f '( x) 的情况如下
π 2
π 2

---4 分因为 f (0) 1 ， f ( π) 1 ，所以函数 f ( x) 的值域为 ( 1,1) . ----5 分

三角函数的导数练习题

三角函数的导数练习题在微积分中，三角函数的导数是基础中的基础。

它们在计算机图形学、物理学、工程学等领域中发挥着重要的作用。

掌握三角函数的导数对于解决问题和理解数学概念至关重要。

本文将提供一些三角函数导数相关的练习题，并提供详细的解答过程。

1. 求函数f(x) = sin(x)在点x = π/2处的导数。

解答：首先，我们需要知道sin(x)的导数是cos(x)。

根据导数的定义，我们可以得到：f'(x) = lim(h→0) [f(x+h) - f(x)] / h将f(x) = sin(x)代入，得到：f'(π/2) = lim(h→0) [sin(π/2+h) - sin(π/2)] / h根据三角函数的性质，我们可以简化这个表达式：f'(π/2) = lim(h→0) [cos(h)] / h使用极限的性质和恒等变换，我们可以得到：f'(π/2) = 1所以，函数f(x) = sin(x)在点x = π/2处的导数为1。

2. 求函数g(x) = cos(2x)在点x = π/4处的导数。

解答：我们可以利用链式法则来求解这个问题。

根据链式法则，如果h(x) = f(g(x))，那么h'(x) = f'(g(x)) * g'(x)。

将f(u) = cos(u)和g(x) = 2x代入，可以得到：g'(x) = 2f'(u) = -sin(u)所以，根据链式法则：h'(x) = -sin(g(x)) * g'(x)将g(x) = 2x代入，可以得到：h'(π/4) = -sin(2 * π/4) * 2化简得到：h'(π/4) = -sin(π/2) * 2根据三角函数的性质，我们知道sin(π/2) = 1，所以：h'(π/4) = -1 * 2h'(π/4) = -2所以，函数g(x) = cos(2x)在点x = π/4处的导数为-2。

【导数经典技巧与方法】第24讲-导数与三角函数-解析版

第24讲导数与三角函数知识与方法有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,从而造成学生思维上的难度.可从以下几个角度来突破此类问题的难点.1.分段讨论 (1)以为端点分区间讨论;(2)以三角函数的最值点为端点分段讨论.2.巧用放缩,消去三角函数(1)正弦函数:当时,. (2)余弦函数:. (3)正切函数:当时,. (4)函数值域:.3.分离函数:将含有三角函数的式子放到一起.4.分离参数:转化为函数值域问题.5.半分离参数:将不等式等价转化,化为左右两边函数是一直线与一曲线,考虑端点处的切线斜率.,0,,,22πππ-0x >21sin 2x x x x -21cos 12x x -0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭sin tan x x x <<][sin 1,1,cos 1,1x x ⎡⎤∈-∈-⎣⎦典型例题【例1】已知函数,其中为实数,是自然对数的底数.(1)若,证明:;(2)若在上有唯一的极值点,求实数的取值范围.【解析】(1)证明:时,,令,则,当时,在上为减函数,当时,在上为增函数,函数的极小值也是最小值为,所以,而,所以,即.【点睛】本题的解答采用学生所熟悉的分离参数的方法,但分离参数并不意味着不需要讨论,并且本题复杂的三角函数求导也能考验考生的耐心.含有三角函数的导数问题,合理放缩和分区间讨论是常用的手段.在解决的过程中,我们借助三角函数的有界性进行了放缩.【例2】设函数. (1)当时,判断的单调性; (2)若当时,不等式恒成立,求的取值范围. ()sin e xf x x x a =--a e 1a =-()0f x ()f x ()0,πa 1a =-()sin e xf x x x =-+()e xg x x =-()e 1xg x '=-0x <()()0,g x g x '<(),0∞-0x >()()0,g x g x '>()0,∞+()g x ()01g =()()01g x g =sin 1x -e sin xx x --()0f x ()()2cos ,sin a f x x x g x x=+=[]0,x π∈()f x ,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()0f x g x -a【解析】(1),今,当时,, 所以当时,单调递增; 所以,即,所以单调递增.(2)因为当时,不等式恒成立, 所以当时,不等式恒成立, 令,所以,因此当时,, 所以,所以单调递增,所以,所以. 【例3】已知函数.(1)讨论在区间上的单调性;(2)证明:; (3)设,证明:.()2sin f x x x =-'()2sin h x x x =-[]0,x π∈()2cos 0h x x =->'[]0,x π∈()2sin h x x x =-()()00h x h =()0f x '()f x ,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()0f x g x -,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()sin a x f x ⋅()()sin k x x f x =⋅()()()cos sin k x x f x x f x ⋅+⋅'=',62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()cos 0,0,sin 0,0x f x x f x >>'>>()0k x '>()k x ()224k x k ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭24a π()2sin sin2f x x x =()f x ()0,π()338f x *N n ∈22223sin sin 2sin 4sin 24nnn x x xx【解析】(1),当时,;当时,. 所以在区间上单调递增,在区间上单调递减. (2)因为,由知,在区间上的最大值为,最小值为而是周期为的周期函数,故. (3)由知,于是,所以,. 解法2:(1).()22sin cos sin22sin cos22sin sin3f x x x x x x x x =+='20,,33x πππ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()0f x '>2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '<()f x 20,,,33πππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭()()00f fπ==()1()f x []0,π3f π⎛⎫=⎪⎝⎭23f π⎛⎫=⎪⎝⎭()f x π()338f x ()2()338f x ()32223332sin sin 2sin 2sin sin 2sin 2nn x x xx x x =()()()()()()23312121sin sin sin 2sin 2sin2sin 2sin 22sin 222338n n n n n n nx x x x x x x f x f x f x xf x f x f x ---=⋅⋅=⋅⋅⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭232222333sin sin 2sin 4sin 284nnnn x x xx ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭()32sin cos f x x x =()()22222sin 3cos sin 8sin sin sin 33f x x x x x x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'当时,;当时,;当时,0 所以在上单调递增,在上单调递减. (2). 当且仅当,即时等号成立. 所以. (3)由(2)知:sin 2⁡2n−1xsin⁡2n x ⩽3√38=(34)32.则sin 2⁡xsin 3⁡2xsin 3⁡4x ⋯sin 3⁡2n−1xsin 2⁡2n x ⩽(34)3n2.sin 3⁡xsin 3⁡2xsin 3⁡4x ⋯sin 3⁡2n−1xsin 3⁡2n x=sin⁡x (sin 2⁡xsin 3⁡2xsin 3⁡4x ⋯sin 3⁡2n−1xsin 2⁡2n x )sin⁡2n x ⩽(34)3n2,所以sin 2⁡xsin 2⁡2xsin 2⁡4x ⋯sin 2⁡2n x ⩽3n 4n .0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>2,33x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭()0f x '<2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()f x '>()f x 20,,,33πππ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭()()3262224sin cos 41cos cos f x x x xx ==-()()432222341cos 3cos 33cos 3cos 433344x xx x ⎛⎫-⨯-+⎛⎫ ⎪=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭221cos 3cos x x -=1cos 2x =±()338f x 32232232223333sin sin284333sin 2sin484333sin 2sin284;x x x xx x ⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫= ⎪⎝⎭⎛⎫= ⎪⎝⎭【点睛1】本题第(2)问将不等式证明的问题转化为函数的最值问题,由于三角函数的周期性,只需考虑在一个周期上的最值即可.在处理第(3)问时,借助了第(2)问的结论,利用放缩法证明了不等式.【点睛2】在解法2中,我们用四元均值不等式进行放缩证明第(2)问,过程显得简洁、明快,要体会三角恒等式的作用.在处理第(3)问时,我们借助了第(2)问的结论,结合三角函数的有界性,利用放缩法完成了证明.【例4】已知函数为的导数.(1)当时,求的最小值;(2)当时,恒成立,求的取值范围.【解析】(1),令,则.①当时,为增函数,; ②当时,.故时,为增函数,故,即的最小值为1.(2)令,则本题即证当时,恒成立.①当时,由(1)可知在上为增函数,22cos sin 1αα+=()()e cos 2,xf x x f x '=+-()f x 0x ≥()f x '2x π≥-2e cos 20x x x x ax x +--a ()e sin xf x x '=-()e sin ,0xg x x x =-()e cos xg x x '=-[)0,x π∈()g x '()()00g x g ''=[),x π∈+∞()e 10g x π'->0x ≥()()0,g x g x '()min ()01g x g ==()f x '()()e cos 2,e sin xxh x x ax h x x a '=+--=--2x π-()0x h x ⋅1a >()e sin x h x x a '=--[)0,+∞且,故存在唯一,使得.则当时,为减函数,所以,此时,与恒成立矛盾.②当时,(i)若,则由(1)可知,,所以为增函数,故恒成立,即恒成立;(ii)若,则在上为增函数, 又,,故存在唯一,使得.当时,为减函数;当时,为增函数.又,故存在唯一使得. 故时,为增函数; ()()1010,1e 10a h a h a a +''=-+--()20,x ∈+∞()20h x '=()20,x x ∈()()0,h x h x '<()()00h x h <=()0x h x ⋅<()0x h x ⋅1a 0x ()10h x a '-()h x ()(0)0h x h =()0x h x ⋅,02x π⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()()e cos ,e sin x xh x x h x x ''''=-=+,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦()01h ''=2e 102h ππ-⎛⎫'''-=-< ⎪⎝⎭0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()00h x ''=0,2x x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭()()0,h x h x '''''<()0,0x x ∈()()0,h x h x ''''>()2e 0,002h h ππ-⎛⎫''''-=>= ⎪⎝⎭1,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()10h x ''=1,2x x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭()()10,h x h x '''>时,为减函数.又,所以时,为增函数,故, 即恒成立.综上所述,.【例5】已知函数为的导数.证明:(1)在区间存在唯一极大值点; (2)有且仅有2个零点.【解析】的定义域为,, 令,则在恒成立, 所以在上为减函数, 又因为, ()1,0x x ∈()()10,h x h x '''<()2e 10,0102h a h a ππ-⎛⎫''-=+->=- ⎪⎝⎭,02x π⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()()0,h x h x '>()()00h x h =()0x h x ⋅1a ()sin ln(1),()f x x x f x =-+'()f x ()f x '1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭()f x ()()1f x ()1,-+∞()()211cos ,sin 1(1)f x x f x x x x '''=-=-+++()21sin (1)g x x x =-++()32cos 0(1)g x x x =--<+'1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭()f x ''1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭()2101,1110212f f ππ⎛⎫='=-+<-+= ⎪⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝'''⎭由零点存在定理可知,函数在上存在唯一的零点,结合单调性可得, 在上单调递增,在上单调递减,可得在区间存在唯一极大值点; (2)由知,当时,单调递增,单调递减;当时,单调递增,单调递增;由于在上单调递减,且, 由零点存在定理可知,函数在上存在唯一零点,结合单调性可知, 当时,单调递减,单调递增;当时,单调递减,单调递减. 当时,,故单调递减, 其中,.()f x ''1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭0x ()f x '()01,x -0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭()f x '1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭()1()1,0x ∈-()f x '()()()00,f x f f x ='<'()00,x x ∈()f x '()()()00,f x f f x ='>'()f x '0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭()010,0212f x f ππ⎛⎫>=-<⎪⎝⎭+''()f x '0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭1x ()01,x x x ∈()f x '()()()10,f x f x f x ='>'1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()f x '()()()10,f x f x f x ='<',2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭1cos 0,01x x <-<+()()1cos 0,1f x x f x x =-<+'3.21ln 11ln 11ln2.61ln 0222f e ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+>-+=->-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()()ln 1ln30f ππ=-+<-<于是可得下表:结合单调性可知,函数在上有且只有一个零点0,由函数零点存在性定理可知,在上有且只有一个零点, 当时,,因此函数在上无零点.综上所述,有且仅有2个零点.【例6】已知函数. (1)当时,求的单调区间;(2)当时,讨论的零点个数.【解析】(1)因为,所以为偶函数,因此,只需研究即可. 当,且时,, 当时,单调递增; ()f x 1,2π⎛⎤- ⎥⎝⎦()f x ,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭2x [),x π∞∈+()()()sin ln 11ln 11ln30f x x x π=-+<-+<-<()f x [),π∞+()f x ()[]21sin cos ,,2f x x x x ax x ππ=++∈-0a =()f x 0a >()f x ()()f x f x -=()f x []0,x π∈0a =[]0,x π∈()()sin cos ,sin cos sin cos f x x x x f x x x x x x x +-='==+0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()0,f x f x '当时,单调递减. 根据偶函数的图象关于轴对称,从而在上单调递增,在单调递减.所以,的单调减区间为单调增区间为.(2).①当时,在恒成立, 所以在上单调递增, 又,所以在上无零点. ②当时,,使得,即.又在上单调递减,所以时,单调递增;单调递减,又. (i)当,即时,在上无零点, 又是偶函数,所以在上无零点. ,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()0,f x f x 'y ()f x ,2ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦()f x ,0,,;22πππ⎡⎤⎡⎤-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦,,0,22πππ⎡⎤⎡⎤--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()cos cos f x x x ax x x a =+=+'1a ()()cos 0f x x x a =+'[]0,x π∈()f x []0,x π∈()01f =()f x [],x ππ∈-01a <<()00,x π∃∈()00cos 0x x a +=0cos x a =-cos x ()0,π()00,x x ∈()f x ()()0,,x x f x π∈()()2101,12f f a ππ==-21102a π->221a π<<()f x []0,π()f x ()f x [],x ππ∈-(ii),即时,在上有1个零点, 又为偶函数,所以在上有2个零点. 综上所述,当时,在上有2个零点, 当时,在上没有零点. 【点睛】总体来说,对于导数与三角交汇的试题,处理的出发角度无非以下三种:1.常见的三角不等式及一些重要不等式为此类间题的构造和放缩提供了理论依据;2.常见的三角公式(如倍角公式、万能公式、和差化积与积化和差公式等)为此类问题的变形处理提供了指导方向;3.三角函数的性质(有界性、周期性、单调性等)为此类问题的设计提供了空间.【例7】已知函数.(1)求的单调区间;(2)若在恒成立,求的取值范围. 【解析】(1),21102a π-220a π<()f x []0,π()f x ()f x [],x ππ∈-220aπ<()f x [],x ππ∈-22a π>()f x [],x ππ∈-sin tan 0,2x x x x π⎛⎫⎛⎫<<∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()sin 2cos xf x x=+()f x ()f x ax [)0,x ∞∈+a ()22cos 1(2cos )x f x x +='+在区间上是增函数,在区间是减函数; (2)解法1:分类讨论今则①当时,在单调递增, 所以当时,,即成立;②当时,令, 所以当时,, 即在上单调递增; 因此当时,,即. 于是,在时,,不合题意; ()f x ()222,233k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ()242,233k k k ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭Z ()[)sin ,0,2cos xg x ax x x∞=-∈++()22cos 1(2cos )x g x a x +=-+'[)22232cos (2cos )1113,0,2cos 33a x x a x x ∞=-+++⎛⎫=-+-∈+ ⎪+⎝⎭13a()()0,g x g x '[)0,∞+0x ()()00g x g =()f x ax 103a <<()()sin 3,cos 3h x x ax h x x a ==-'-[)0,arccos3x a ∈()0h x '>()h x [)0,arccos3x a ∈[)0,arccos3x a ∈()()0h x h >sin 3x ax >[)0,arccos3x a ∈()sin sin 2cos 3x xf x ax x =>+③当时,有,与题意矛盾.综上所述,所求的取值范围为. 解法2:数形结合不等式恒成立,说明函数的图象在直线的下方.函数的周期为,结合中的单调区间,可作出函数的图象如图所示.点睛意到在处的切线斜率为; 直线的斜率为.于是,对任意,当且仅当时,成立. 故的取值范围为.0a 10222f a ππ⎛⎫=>⋅⎪⎝⎭a 1,2∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭()f x ax sin 2cos xy x=+y ax =sin 2cos xy x=+2π()1()f x ()f x ()1sin 0,32cos x f y x ==+'0x =13y ax =a [)0,x ∞∈+13a ()f x ax a 1,3∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭强化训练1.已知函数为自然对数的底数.(1)当时,证明:; (2)若函数在上存在两个极值点,求实数的取值范围. 【解析】(1)当时,,,当时,,且,则所以在上单调递减,;所以,; (2)函数在上存在两个极值点; 则在上有两个不等实数根; 即在上有两个不等实数根;即在上有两个不等实数根; 设,则;当时,单调递增;()esin ,R,e xf x a x a -=⋅+∈1a =(](),0,1x f x ∞∀∈-()f x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭a 1a =()esin xf x x -=+()e cos x f x x -=-+'0x e 1x ---cos 1x ()()00f x x '()f x (],0∞-()()01f x f =(](),0,1x f x ∞∀∈-()f x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭()0f x '=0,2π⎛⎫⎪⎝⎭()ecos 0xf x a x -=-+='0,2π⎛⎫⎪⎝⎭e cos xa x =0,2π⎛⎫⎪⎝⎭()e cos x g x x =()()ecos sin xg x x x =-'04x π<<()()0,g x g x '>当时,单调递减;又;故实数的取值范围为:. 2.已知函数,则的最小值是【解析】解法1:,令得,即; 令得,即, 所以在上递增,在上递减.所以.解法2:42x ππ<<()()0,g x g x '<()401,e ,0422g g g πππ⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 41a π<<()2sin sin2f x x x =+()f x ()()()()22cos 2cos222cos cos 122cos 1cos 1f x x x x x x x '=+=+-=-+()0f x '>1cos 2x >22,33k x k k ππππ-+<<+∈Z ()0f x '<1cos 2x <522,33k x k k ππππ+<<+∈Z ()f x ()2,233k k k ππππ⎛⎫-++∈ ⎪⎝⎭Z ()52,233k k k ππππ⎛⎫++∈⎪⎝⎭Z min 5()22332f x f k f k ππππ⎛⎫⎛⎫=-+=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()2sin 2sin cos 2sin 1cos f x x x x x x =+=+所以当且仅当即时,等号成立, 所以. 所以此时,即.解法3:由于是上的奇函数,周期为,当时;当时 ,于是先考虑在上的最大值,而在上是上凸的,由琴生不等式可得, 当时等号成立.所以,故的最小值为. 3.已知函数. (1)若,讨论方程根的情况;()()222224sin (1cos )41cos (1cos )f x x x x x =+=-+()()33441cos (1cos )33cos (1cos )3x x x x =-+=-+()()4433cos 31cos 4432734324x x ⎡⎤-++⎛⎫⋅=⋅=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦33cos 1cos x x -=+1cos 2x =()332f x min ()f x =1cos ,sin 2x x ==()23x k k ππ=-∈Z ()f x R 2π[],0x π∈-()0f x []0,x π∈()f x 0()f x []0,πsin y x =[]0,π()()()2sin sin sin 23sin3x x x f x x x x ππ++-=++-=3x π=()f x ()f x ()sin xf x x=()0,x π∈()f x k =(2)若,讨论方程根的情况.【解析】(1)解法1:,令.此时.(1)若在递减,,无零点;(2)若在递增,,无零点;(3)若在递减,递增,其中.若,则,此时在无零点;若,则,此时在有唯一零点;综上所述:当或时,方程无根;当时,方程有1个根.解法2：, 令,则,当时,,所以单调递減,,()20,2,,5x k π∞⎡⎫∈∈+⎪⎢⎣⎭()f x k '=()()0,,sin 0x f x k kx x π∈=⇒-=()()sin ,0,g x kx x x π=-∈()cos g x k x =-'()1,k g x -()0,π()00g =()1,k g x ()0,π()00g =()11,k g x -<<()00,x ()0,x π0cos x k =10k -<()()00,0g g π=()g x ()0,π01k <<()()00,0g g π=>()g x ()0,π0k 1k ()f x k =01k <<()f x k =()()2cos sin ,0,x x xf x x xπ-=∈'()cos sin g x x x x =-()sin g x x x =-'()0,x π∈sin 0x >()()0,g x g x '<()()0g x g π>=趋于0时,趋于1,故.故当时,方程无实根;当时,方程有一个实根;当时,方程无实根.(2)解法1:由可知,, 则. 令,则①当时,单调递减,. 故时,,方程无实数根;②当时,则存在使得,且. 时,时,时,. 所以在时取得极小值, 在时取得极大值,x ()f x ()()0,1f x ∈0k ()f x k =01k <<()f x k =1k ()f x k =()1()()2cos sin ,0,2x x xf x x xπ-=∈'()()22cos sin ,0,2x x x kx f x k x x π---=∈'()()2cos sin ,0,2h x x x x kx x π=--∈()()sin 2sin 2h x x x kx x x k =--=-+'12k()()sin 20,0,x k h x h x '+<()00h =()0,2x π∈()0h x <()f x k '=2152k <1233,,,222x x ππππ⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()0h x '=123x x π+=()10,x x ∈()()120;,h x x x x <∈'()()20;,2h x x x π>∈'()0h x '<()h x 1x x =()2211111389cos sin 24h x x x x kx h ππ-⎛⎫=--<-= ⎪⎝⎭2x x =,因为, 所以,,故时,无实数根;综上,若,则方程无实根.解法2:由可知,,令,则.令,则.显然在递減,递增,递减,且, .()()()22222221111()cos sin 3cos sin 3h x h x x x x kx x x x k x ππ==--=-----极大值()2111111cos sin 32cos 3x x x kx kx x k ππ=--+--()11332cos 3321332kx x k k k ππππππ⎛⎫--<⋅+-= ⎪⎝⎭289()304h x ππ-<+<极大值()22101622405h k πππππ-=-<()0,2x π∈()()0,h x f x k <='()20,2,,5x k π∞⎡⎫∈∈+⎪⎢⎣⎭()f x k '=()1()()2cos sin ,0,2x x xf x x x π-=∈'()2cos sin x x x h x x -=()23sin 2cos 2sin x x x x xh x x '--+=()()2sin 2cos 2sin ,0,2u x x x x x x x π=--+∈()2cos u x x x =-'()u x 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭()2239700,0,20,02244324u u u u ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=<=->=-> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()240u ππ=-<所以存在,使得,则当时,;当时,;当时,;所以在递减,递增,递减.且,由洛必达法则:, ,由,得. 综上所述:若,则方程无解.4.已知函数.求证:(1)在区间存在唯一极大值点; (2)在上有且仅有2个零点.【解析】(1)因为,所以,1237,,,2224x x ππππ⎛⎫⎛⎫∈∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()120u x u x ==()10,x x ∈()0h x '<()12,x x x ∈()0h x '>()2,2x x π∈()0h x '<()h x ()10,x ()12,x x ()2,2x π()()212222220,sin 2cos 2sin 0u x u x x x x x x ==--+=()()()000122cos sin sin 22lim lim lim 0,0,2245x x x x x x x h x h x h x πππ→→→--===<=<()2222222cos sin sin 2x x x x h x x -==-2724x ππ<<()225h x <<()20,2,,5x k π∞⎡⎫∈∈+⎪⎢⎣⎭()f x k '=()2sin e x f x x -=-()f x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭()f x ()0,∞+()2sin ex f x x -=-()2cos e x f x x -'=-设,则,则当时,,所以即在上递减. 又,且是连续函数,故在上有唯一零点. 当时,;当时,, 所以在内递增,在上递减, 故在上存在唯一极大值点. (2)因为,所以,设,则,则当时,,所以在内单调递减.由知,在内递增,在内递减, 又,所以,()()g x f x ='()2sin ex g x x -=-'-0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0g x '<()g x ()f x '0,2π⎛⎫⎪⎝⎭()2221010,e 0e 2f f ππ-'⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭'()f x '()f x '0,2π⎛⎫⎪⎝⎭0x ()00,x x ∈()0f x '>0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '<()f x ()00,x 0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭()f x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭()2sin e x f x x -=-()2cos ex f x x -'=-()()g x f x ='()2sin ex g x x -=-'-()0,x π∈()0g x '<()g x ()0,π()1()f x ()00,x 0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭()20e0,02f f π-⎛⎫=- ⎪⎝⎭()002f x f π⎛⎫>> ⎪⎝⎭又的图象连续不断,所以存在,使得;当时,在上递减, 又因为,且的图象连续不断,所以存在,使得; 当时,,所以,从而在上没有零点,综上,有且仅有两个零点.5.已知函数,其中为非零常数. (1)若函数在上单调递增,求的取值范围;(2)设,且, 证明:当时,函数在上恰有两个极值点.【解析】(1). 若,因为,则,所以在上单调递增,符合要求.()f x ()100,x x ∈()10f x =,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()0,f x f x '<,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦()2e 0,02ff πππ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭()f x 2,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭()20f x =(),x π∞∈+2e1,sin 1x x ->()0f x <()f x (),π∞+()f x ()ln sin f x a x x x =-+a ()f x ()0,∞+a 3,2πθπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭cos 1sin θθθ=+2sin 0a θθ<<()f x ()0,2π()cos 1(0)af x x x x'=-+>0a >0,1cos 0x x >-()0f x '>()f x ()0,∞+若,则当时,, 从而,所以在上单调递减,不合要求. 综上分析,的取值范围是.(2)令,则,即. 设,则.(1)当时,,则,从而,所以单调递减.(2)当时,. 因为,则,从而单调递增.因为则在上有唯一零点,记为,且当时,,则单调递减;0a <0,2a x ⎛⎫∈-⎪⎝⎭2a x <-()()2cos 11cos 0f x x x <--+=-+'()f x 0,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭a ()0,∞+()0f x '=cos 10ax x-+=cos a x x x =-()cos g x x x x =-()cos sin 1g x x x x =--'()0,x π∈cos 1,sin 0x x cos 10,sin 0x x x -<-<()0g x '<()g x 3,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()()()sin sin cos 2sin cos g x x x x x x x x '=--+=+'-sin 0,cos 0x x <<()0g x ''>()g x '()3320,1022g g πππ⎛'⎫=-=-'⎪⎝⎭()g x '3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭0x ()0,x x π∈()0g x '<()g x当时,,则单调递增. (3)当时,. 因为,则,从而单调递减.因为,则在内有唯一零点,记为,且当时,单调递增;当时,单调递减.因为, 则当时,,所以单调递增. 综上分析,在上单调递减,在上单调递增.因为,则当时,直线与函数的图象在上有两个交点,从而有两个变号零点,即在上恰有两个极值点.因为,则,即.从而.取,则,且当时,函数在上恰有两个03,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0g x '>()g x 3,22x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭()()2cos cos sin sin 3cos g x x x x x x x x =-+-=-'''sin 0,cos 0x x ()'0m gx <()g x ''()320,2202g g πππ⎛⎫=>'='-'⎝⎭'<⎪()g x ''3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭1x 13,2x x π⎛⎫∈⎪⎝⎭()()0,g x g x >'''()1,2x x π∈()()0,g x g x <'''()3310,2022g g πππ'⎛⎫=>⎭'-=⎪⎝3,22x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭()0g x '>()g x ()g x ()00,x ()0,2x π()()020g g π==()00g x a <<y a =()g x ()0,2π()f x '()f x ()0,2π()00g x '=000cos sin 10x x x --=000cos 1sin x x x =+()()20000000000cos 1sin sin g x x x x x x x x x x =-=+-=0x θ=cos 1sin θθθ=+2sin 0a θθ<<()f x ()0,2π极值点.6.已知函数. (1)判断函数在上的单调性;(2)证明函数在内存在唯一的极值点,且. 【解析】(1)由于,得, 设,其导函数,在区间上,单调递减,且,所以在区间上,从而函数在上单调递减;(2)证明:由第(1)问,在区间上,单调递增,且,所以存在唯一的,使得,在区间上,单调递减,在区间上,单调递增,所以为函数在上的唯一极小值点,()sin (0)xf x x x=>()f x ()0,π()f x (),2ππ0x ()023f x π<-()sin (0)x f x x x =>()2cos sin (0)x x xf x x x-'=>()cos sin g x x x x =-()sin g x x x =-'()0,π()()0,g x g x '<()00g =()0,π()()0,0g x f x <<'()f x ()0,π(),2ππ()()0,g x g x '>()()0,220g g ππππ=-=()0,2x ππ∈()00f x '=()0,x π()()0,f x f x '<()0,2x π()()0,f x f x '>0x ()f x (),2ππ其中, 所以,且, 由于,故. 22224314230,016932994f f ππππππ'-⎛⎫⎛⎫=<==> '⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭043,32x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭4323823f fππππ--⎛⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4332f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()023f x π<-。

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1．已知函数f (x )＝－cos x ＋ln x ，则f ′(1)的值为( ) A ．sin1－1 B ．1－sin1 C ．1＋sin1 D ．－1－sin1 答案 C
解析 ∵f (x )＝－cos x ＋ln x ，∴f ′(x )＝1
x ＋sin x ，∴f ′(1)＝1＋sin1.
2．曲线y ＝tan x 在x ＝－π
4处的切线方程为______
答案 y ＝2x ＋π
2－1
解析 y ′＝(sin x cos x )′＝cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＝1cos 2x ，所以在x ＝－π
4处的斜率为2，曲线
y ＝
tan x 在x ＝－π4处的切线方程为y ＝2x ＋π
2－1.
3
．函数y ＝x －2sin x 在(0,2π)内的单调增区间为________．
答案 (π3，5π
3) :
∴函数y ＝x －2sin x 在(0,2π)内的
增区间为(π3，5π
3)．
4. 函数()2sin f x x x =+的部分图象可能是
—
A B C D
5．已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，f (－4)，f (4π3)，f (－5π
4)的大小关系为______(用“<”连接)．
答案 f (4π3)<f (－4)<f (－5π
4)．
解析 f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，当x ∈[5π4，4π
3]时，sin x <0，cos x <0，
∴f ′(x )＝sin x ＋x cos x <0，则函数f (x )在x ∈[5π4，4π
3]时为减函数，
∴f (4π3)<f (4)<f (5π
4)，又函数f (x )为偶函数，
∴f (4π3)<f (－4)<f (－5π4)．
O
y
x
O
y
x
O
y
x
O
y
x
6．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值．解析由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1， :
于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π
4)．
令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π
2.
因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(3π
2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.
7．已知函数2
()sin cos f x x x x x =++
（1）若曲线()y f x =在点(,())a f a 处与直线y b =相切，求a 与b 的值。

（2）若曲线()y f x =与直线y b =有两个不同的交点，求b 的取值范围。

解：（1）'()2cos (2cos )f x x x x x x =+=+
因为曲线()y f x =在点(,())a f a 处的切线为y b =
所以'()0()f a f a b =⎧⎨
=⎩，即22cos 0sin cos a a a a a a a b
+=⎧⎨++=⎩，解得0
1a b =⎧⎨=⎩
（2）因为2cos 0x +>
所以当0x >时'()0f x >，()f x 单调递增
.
当0x <时'()0f x <，()f x 单调递减所以当0x =时，()f x 取得最小值(0)1f =，所以b 的取值范围是(1,)+∞
8.已知函数()()sin cos ,(0,)f x x a x x x π=-+∈.
（Ⅰ）当π
2a =时，求函数()f x 值域；（Ⅱ）当π
2
a >时，求函数()f x 的单调区间.
解：（Ⅰ）当π
2a =
时，π()()sin cos ,(0,)2
f x x x x x π=-+∈ π
'()()cos 2
f x x x =- --------------------------------1分
由'()0f x =得π
2
x = --------------------------------------2分
(),
f x f 的情况如下
·
--------------------------------------------------4分
因为(0)1f =，(π)1f =-，
所以函数()f x 的值域为(1,1)-. ---------------------------------------------------5分（Ⅱ）'()()cos f x x a x =-， ①当
π
π2
a <<时，(),'()f x f x 的情况如下
-------------------------------------------------9分所以函数()f x 的单调增区间为π(,)2a ，单调减区间为π(0,)2
和(,π)a ②当πa ≥时，(),'()f x f x 的情况如下
------------------------------------------------13分所以函数()f x 的单调增区间为π(,π)2，单调减区间为π(0,)2
.
,。