导数与三角函数的结合
高考数学复习考点题型专题讲解43 导数与三角函数的交汇问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题43 导数与三角函数的交汇问题1.对于三角函数与幂函数、指数、对数函数混合构成的初等函数问题，常利用导数解决，主要有单调性、极值、最值、零点和不等式证明及求参数范围等问题.2.在解决这些问题时，既要遵循导数解决问题的一般思路和方法，又要注意三角函数本身的性质，特别地要注意三角函数的泰勒公式及常用结论(如x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，sin x <x <tanx 等).类型一 零点问题1.常借助高阶导数，令其为零找到参数讨论的分界点.2.对参数分类后，还常需要对自变量进行讨论.例1(2022·扬州调研)已知函数f (x )＝e x －ax sin x －bx ＋c 的图象与x 轴相切于原点. (1)求b ，c 的值；(2)若f (x )在(0，π)上有唯一零点，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－b ， 依题意，⎩⎨⎧f ′（0）＝0，f （0）＝0，即⎩⎨⎧1－b ＝0，1＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝1，c ＝－1.(2)由(1)得f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 记g (x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 则g ′(x )＝e x －a (2cos x －x sin x )， 所以g ′(0)＝1－2a ， ①当a >12时，(ⅰ)当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ″(x )＝e x＋a (3sin x ＋x cos x )>0，所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，又因为g ′(0)<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2＋π2a >0，所以存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得g ′(x 0)＝0.(ⅱ)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，2cos x －x sin x <0，则g ′(x )>0.由(ⅰ)(ⅱ)可知，x ∈(0，x 0)，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈(x 0，π)，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因为g (0)＝0，g (π)＝e π＋a π－1>0， 所以存在唯一实数x 1∈(x 0，π)， 使得g (x 1)＝0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0， 即f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 1，π)，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)＝0，f (π)＝e π－π－1>0， 所以存在唯一实数x 2∈(x 1，π)， 使得f (x 2)＝0，即f (x )在(0，π)上有唯一零点，符合题意. ②当a ≤12时，f (x )＝e x －ax sin x －x －1≥e x －12x sin x －x －1， 记h (x )＝e x－12x sin x －x －1，x ∈(0，π).h ′(x )＝e x －12(sin x ＋x cos x )－1，所以h ″(x )＝e x－cos x ＋12x sin x >e 0－cos x ＋12x sin x >0，所以h ′(x )在(0，π)上单调递增， 且h ′(x )>e 0－12(sin 0＋0cos 0)－1＝0，所以h (x )在(0，π)上单调递增，h (x )>e 0－12×0×sin 0－0－1＝0，则x ∈(0，π)时，f (x )>0，所以f (x )在(0，π)上没有零点，不合题意，舍去. 综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 训练1(2022·苏州八校适考)函数f (x )＝x －sin x －cos x . (1)求函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2上的极值；(2)证明：F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.(1)解 ∵f (x )＝x －sin x －cos x ， ∴f ′(x )＝1－cos x ＋sin x＝1－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2，由f ′(x )＝0，可得x ＝－π2或x ＝0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2分别单调递增；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴x ＝－π2时，函数f (x )有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝1－π2；x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝－1.(2)证明 ∵F (x )＝f (x )－ln x ＝x －sin x －cos x －ln x ，x >0， ∴h (x )＝F ′(x )＝1－cos x ＋sin x －1x，x >0，∴h ′(x )＝sin x ＋cos x ＋1x 2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，即F ′(x )单调递增，又F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1－4π<0，F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2－2π>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，F ′(x 0)＝0，∴x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，3π4时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，∴x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，函数F (x )min ＝F (x 0)<F (1)＝1－sin 1－cos 1<0，F (e －2)＝e －2－sin e －2－cos e －2＋2>0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝3π4－ln 3π4>0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4时，2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤0， F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －ln x ， 对于函数φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，又φ(1)＝1，∴x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4，φ(x )>φ(1)＝1，即F (x )>0，此时函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点. 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －2－ln x ， 由上可知F (x )≥7π4－2－ln 7π4>0， 故当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点， 综上，函数F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点. 类型二 证明不等式1.所证不等式不含参数时，常需对自变量分类讨论证明.2.所证不等式含参数时，要注意灵活应用切线不等式或利用参数的范围进行放缩. 例2 已知函数f (x )＝ln x ＋1x，e 为自然对数的底数，e≈2.718.求证：f (x )<e xx＋sin x .证明依题意，要证f(x)<e xx＋sin x，x>0，即证：x ln x－e x－x sin x＋1<0，令h(x)＝x ln x－e x－x sin x＋1，x>0.①当0<x≤1时，x sin x>0，1－e x<0，x ln x<0，故h(x)<0.②当1<x≤2时，x sin x>0，h(x)<x ln x－e x＋1，令u(x)＝x ln x－e x＋1，x∈(1，2]，u′(x)＝1＋ln x－e x，显然u″(x)＝1x－e x在(1，2]上单调递减，u″(x)<u″(1)＝1－e<0，所以u′(x)在(1，2]上单调递减，u′(x)<u′(1)＝1－e<0，所以u(x)在(1，2]上单调递减，u(x)<u(1)＝1－e<0，所以，当x∈(1，2]时，h(x)<u(x)<0.③当x>2时，－1≤sin x≤1，－x≤x sin x≤x，故h(x)≤x ln x－e x＋x＋1，令v(x)＝x ln x－e x＋x＋1，x>2，v′(x)＝2＋ln x－e x，显然v″(x)＝1x－e x在(2，＋∞)上单调递减，v″(x)<v″(2)＝12－e2<0，所以v′(x)在(2，＋∞)上单调递减，v′(x)<v′(2)＝2＋ln 2－e2<0，所以v(x)在(2，＋∞)上单调递减，v(x)<v(2)＝2ln 2－e2＋2＋1<5－e2<0，所以，当x>2时，h(x)≤v(x)<0.综上所述，当x>0时，h(x)<0，得证.训练2(2022·苏州八校联考)已知函数f(x)＝e－x－a ln x－2x(a∈R，x>0).(1)若a＝1，x0是函数f(x)的零点，求证：x0·e x0＝1；(2)证明：对任意x >0，0<a ≤1，都有a sin x －x ln x <e －x ＋x 2. 证明 (1)当a ＝1时，f (x )＝e －x －ln x －2x ， 由题意知f (x 0)＝e －x 0－ln x 0－2x 0＝0， 即e －x 0－x 0＝x 0＋ln x 0＝e －x 0＋ln e －x 0.令g (x )＝x ＋ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递增，x 0，e －x 0>0. 由g (x 0)＝g (e －x 0)，得x 0＝e －x 0， 所以x 0e x 0＝1.(2)对∀x >0，令φ(x )＝x －sin x ，φ′(x )＝1－cos x ≥0，则φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(0)＝0，所以当x >0时，φ(x )>0，即x >sin x .当0<a ≤1时，e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >e －x ＋x 2＋x ln x －ax ≥e －x ＋x 2＋x ln x －x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x e x ＋x ＋ln x －1. 令h (x )＝1x e x ＋x ＋ln x －1＝1x ex ＋ln(x e x )－1，令x e x＝t ，t ∈(0，＋∞)， 所以H (t )＝1t＋ln t －1，H ′(t )＝－1t 2＋1t ＝t －1t2.则H (t )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以H (t )≥H (1)＝0，即h (x )≥0， 所以e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >0， 即a sin x －x ln x <e －x ＋x 2得证. 类型三 不等式恒成立、能成立求参数1.分离参数，归纳为函数的最值问题.2.注意利用已知参数的范围.例3(2022·辽宁协作体模拟改编)已知函数f (x )＝14x 3－x 2sin α＋x ＋1，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2.证明：存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解(e 是自然对数的底数).证明 不等式f (x )>e x 等价于 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1·e －x >1， 所以只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x 的最大值大于1.因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，－1≤－sin α≤12，又x 2∈[0，＋∞)，所以－x 2sin α≤12x 2，当α＝－π6时等号成立，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x≤⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x .设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x ，g ′(x )＝－14x 2(x －1)e －x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因为g (1)＝14＋12＋1＋1e ＝2.75e >1，所以存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解.训练3(2022·潍坊二模改编)已知函数f (x )＝ax ＋cos x ＋sin x (a ∈R ). 若f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x 在x ∈(0，π]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x ， 即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin x ＋cos x x min .令g (x )＝1＋sin x ＋cos xx，x ∈(0，π]，则g ′(x )＝（cos x －sin x ）x －1－sin x －cos xx2＝（x －1）cos x －（x ＋1）sin x －1x 2.令h (x )＝(x －1)cos x －(x ＋1)sin x －1，则h ′(x )＝cos x －(x －1)sin x －sin x －(x ＋1)cos x ＝－x (sin x ＋cos x ) ＝－2x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当0<x <3π4时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当3π4<x <π时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. 而h (0)＝－2<0，h (π)＝－π<0， 故h (x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 故g ′(x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 所以g (x )在x ∈(0，π]为减函数， 所以g (x )min ＝g (π)＝0，故a ≤0，所以实数a的取值范围是(－∞，0].类型四必要性探路1.常用探路方法有：取点探路、保号性探路、洛必达探路等.2.{探得的参数范围}⊇{参数取值范围}，无需再考虑不在探得参数范围内的情形. 例4(2022·海安模拟)已知函数f(x)＝e x＋x cos x.(1)判断函数f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并说明理由；(2)对任意的x≥0，e x＋x sin x＋cos x≥ax＋2，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数，理由如下：因为f(x)＝e x＋x cos x，所以f′(x)＝e x＋cos x＋x(－sin x).记g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1，令g′(x)＝0，得x＝0.当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)＝e x－x－1≥0，即e x≥x＋1.又sin x≤1，cos x≥－1，所以f′(x)≥x＋1＋cos x＋x(－sin x)＝x(1－sin x)＋(1＋cos x)≥0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数.(2)由题意知e x＋x sin x＋cos x－ax－2≥0对∀x≥0恒成立，令F(x)＝e x＋x sin x＋cos x－ax－2，∴F ′(x )＝e x＋sin x ＋x cos x －sin x －a ＝e x ＋x cos x －a ，而F (x )≥F (0)对∀x ≥0恒成立， ∴F ′(0)＝1－a ≥0⇒a ≤1(必要性). 下证充分性：当a ≤1时，F (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －ax －2≥e x ＋x sin x ＋cos x －x －2. 令h (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －x －2，h ′(x )＝e x ＋sin x ＋x cos x －sin x －1＝e x ＋x cos x －1， 由(1)知，h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h ′(x )≥h ′(0)＝0， ∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (0)＝0⇒F (x )≥0符合题意. 综上：实数a 的取值范围为(－∞，1].训练4 已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )是f (x )的导函数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一的零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax 恒成立，求a 的取值范围. (1)证明 因为f (x )＝2sin x －x cos x －x ，所以f ′(x )＝2cos x －cos x ＋x sin x －1＝cos x ＋x sin x －1， 令g (x )＝cos x ＋x sin x －1，则g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，g ′(x )<0，所以当x ＝π2时，g (x )的极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，g (0)＝0，g (π)＝－2，所以g (x )在(0，π)上有唯一零点， 即f ′(x )在(0，π)上有唯一零点. (2)解 当x ＝π，由不等式f (x )≥ax ， 得f (π)＝0≥a π，可得a ≤0(必要性). 下证充分性：由(1)知，f ′(x )在(0，π)上有唯一零点x 0使得f ′(x 0)＝0，且f ′(x )在(0，x 0)上为正，在(x 0，π)上为负，所以f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减. 结合f (0)＝0，f (π)＝0，可知f (x )在[0，π]上非负， 所以x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0， 所以f (x )≥ax ，所以a 的取值范围是(－∞，0].一、基本技能练1.已知函数f (x )＝x －12sin x ＋m ln x ＋1，g (x )＝f (x )＋12sin x .当x ≥1时，若不等式g (x )－x －e x －1≤0恒成立，求实数m 的取值范围. 解 由题意知m ln x ＋1－e x －1≤0在[1，＋∞)恒成立.令h(x)＝m ln x＋1－e x－1，必要性：即证x≥1时，h(x)≤0恒成立，h(1)＝0.h′(x)＝mx－e x－1，h′(1)＝m－1≤0.即h(x)在x＝1处保持单调递减趋势时，m≤1.下证充分性：当m≤1，x≥1，m ln x≤ln x.则m ln x＋1－e x－1≤ln x＋1－e x－1，根据指对不等式ln x≤x－1，e x－1≥x，原式h(x)≤ln x＋1－e x－1≤x－1＋1－x＝0，当且仅当x＝1时取等号.故实数m的取值范围为(－∞，1].2.(2022·南京师大附中模拟)已知f(x)＝ln(x＋1)－ax(a∈R)，g(x)＝－sin x.若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，求a的取值范围.解函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，等价于h(x)＝f(x)－g(x)有一个零点，h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x，显然h(0)＝0，即函数h(x)除0之外无其他零点.h′(x)＝1x＋1－a＋cos x，令m(x)＝1x＋1－a＋cos x，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x，当－1<x<0时，－1（x＋1）2<－1，则m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(－1，0)单调递减.若a≤0，当－1<x<0时，ln(x＋1)<0，sin x<0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x<0；当0<x<π时，ln(x＋1)>0，sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0；当x≥π时，ln(x＋1)>1，ln(x＋1)＋sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0，即h(x)除0之外无其他零点，符合题意.若0<a<2，当0<x<π时，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(0，π)上单调递减，又h′(0)＝2－a>0，h′(π)＝1π＋1－a－1<0，则存在x0∈(0，π)使h′(x0)＝0，即h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减，又h(0)＝0，x→＋∞时，h(x)→－∞，故h(x)在(0，＋∞)上至少存在1个零点，不合题意.若a＝2，当－1<x<0时，由上知h′(x)在(－1，0)上单调递减，h′(x)>h′(0)＝2－a ＝0，则h(x)在(－1，0)上单调递增，即h(x)<h(0)＝0；当x>0时，令n(x)＝ln(x＋1)－x，则n′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1<0，即n(x)单调递减，n(x)<n(0)＝0，即ln(x＋1)<x，令t(x)＝sin x－x，则t′(x)＝cos x－1≤0，即t(x)单调递减，t(x)<t(0)＝0，即sin x<x，则h (x )＝ln(x ＋1)－2x ＋sin x <0，即h (x )除0之外无其他零点，符合题意. 若a >2，当－1<x <0时，由上知h ′(x )在(－1，0)单调递减，又－1<1a －1<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1>0，h ′(0)＝2－a <0，则存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0使h ′(x 1)＝0，即h (x )在(－1，x 1)上单调递增，(x 1，0)上单调递减， 又h (0)＝0，x →－1时，h (x )→－∞， 故h (x )在(－1，0)存在1个零点，不合题意. 综上，a 的取值范围是{a |a ≤0或a ＝2}.3.(2022·苏州模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x －a sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)若f (x )≥3－12a ，求a 的取值范围. 解 (1)令g (x )＝f ′(x )＝e x －a cos x ，g ′(x )＝e x ＋a sin x .若a <1，则f ′(x )＝e x －a cos x >1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为0； 若a ＝1，g ′(x )＝e x ＋sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f ′(0)＝e 0－cos 0＝1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为1；若a >1，g ′(x )＝e x＋a sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增， 又f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2>0，所以f ′(x )的零点个数为1.综上得，当a <1时，f ′(x )的零点个数为0；当a ≥1时，f ′(x )的零点个数为1. (2)由(1)知，若a ≤1，f ′(x )＝e x －a cos x ≥0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1>3－12≥3－12a ，所以a ≤1满足题意； 若a >1，存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝e x 0－a cos x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增.所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－a sin x 0＝a cos x 0－a sin x 0≥3－12a ， 化简得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4≥6－24＝cos 5π12，又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6.设h (x )＝cos x e x ，x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π6， ∴h ′(x )＝－sin x －cos xe x <0，所以y ＝cos x e x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6上单调递减，所以1a ＝cos x 0e x 0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e π6，1， 解得a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，233e π6.综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，233e π6.二、创新拓展练4.(2022·温州测试)已知函数f (x )＝e x ·cos x (e 为自然对数的底数). (1)求证：当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1；(2)设f (x )＝m (－2π<x <2π)的解为x i (i ＝1，2，…)，x i >x i ＋1. (ⅰ)当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，求x i －f (x i ＋1)的取值范围；(ⅱ)判断是否存在x i <π，使得x i ＋x i ＋1≥π2成立？并说明理由. (1)证明 设g (x )＝e x ·cos x －x －1， 则g ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )－1. 令F (x )＝g ′(x )，则F ′(x )＝e x ·(－sin x －sin x ) ＝－2e x ·sin x . ∵x ∈(0，π)， ∴F ′(x )<0，∴g ′(x )在(0，π)上单调递减， ∴g ′(x )<g ′(0)＝0， ∴g (x )在(0，π)上单调递减，∴g (x )<g (0)＝0，∴当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1.(2)解 (ⅰ)∵f ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )＝2e x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π，－7π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4，π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，2π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π4，－3π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝0，f (0)＝1，f (π)＝－e π<－1.又当x <0时，e x ∈(0，1)，cos x ∈[－1，1]， ∴f (x )∈(－1，1)， ∴f (x )的部分图象如图所示.观察图象知，当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，又x i >x i ＋1，必有x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.设h (x i )＝x i －f (x i ＋1)＝x i －f (x i )＝x i －e x i ·cos x i ，x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.∵x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，因f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，则e xi ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递减，因此h (x i )＝x i －e x i ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴x i －f (x i ＋1)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－22e π4，π2.(ⅱ)不存在，理由如下：①当x i ∈(－∞，0]时，x i ＋1不存在或者显然x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； 因x i <π，则②当x i ≤π4时，由x i >x i ＋1，必有x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； ③当x i ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，x i ＋1不存在或者x i ＋1≤－π2，此时x i ＋x i ＋1<π－π2＝π2，即x i ＋x i＋1≥π2不成立； ④当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，x i ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π4，构造函数t (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则t ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f ′(x )＝－e π2－x ·(sin x －cos x )－e x ·(cos x －sin x )＝(cos x －sin x )·(e π2－x －e x ).因而当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，cos x －sin x <0，e π2－x －e x<e π2－π4－e π4＝0，∴t ′(x )>0，∴t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴t (x )>t ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x >f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x i >f (x i )＝f (x i ＋1).又－π2<x i＋1<π4，0<π2－x i<π4且f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，π4上单调递增，∴π2－x i>x i＋1，∴x i＋x i＋1<π2，即x i＋x i＋1≥π2不成立.综上所述，不存在x i＋1<x i<π，使得x i＋x i＋1≥π2.。
一道三角函数与导数结合的试题解法初探
一道三角函数与导数结合的试题解法初探许顺龙(福建省漳州市台商投资区角美中学ꎬ福建漳州３６３１０７)摘㊀要:近年来高考导数命题的一个新亮点就是以三角函数为背景ꎬ考查导数的综合应用.借助导数来研究有关三角函数型的问题ꎬ能更充分考查学生的数学思想方法㊁数学运算求解能力以及综合应变能力ꎬ彰显学生数学思维的灵活性㊁多样性及创新性.关键词:导函数ꎻ三角函数ꎻ切线放缩ꎻ必要性探路中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００８１－０４收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:许顺龙(１９８３.２－)ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:２０２１年度漳州市基础教育课程教学研究课题 新高考背景下的高中数学项目式学习的策略研究 以漳州台商投资区角美中学为例 (项目编号:ＺＪＫＴＹ２１０８６)㊀㊀题目㊀(泉州市２０２２届高中毕业班质量监测五第２２题)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘ(ａ>０).(１)证明:ｆｘ()在区间０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０ꎬ且ｆᶄ(ｘ０)ɤ２ꎻ(２)当ｘȡ－π时ꎬｆｘ()ȡ２ｓｉｎｘ－π４æèçöø÷ꎬ求实数ａ的取值范围.１试题分析本题是一道导数与三角函数㊁指数函数结合的综合性问题ꎬ第(１)问是利用导数方法证明不等式恒成立ꎬ考查在三角函数背景下运用导数判断函数的单调性㊁求函数的最值㊁零点存在定理等知识ꎻ第(２)问是以三角函数和指数函数交汇作为研究的主体ꎬ打破了常规ꎬ考虑直接用数形结合方法很难解答出来ꎬ进而尝试求导ꎬ由于求导会出现含三角函数的表达式ꎬ使用常规方法处理后续问题变得困难.本题主要考查学生对函数的隐零点的掌握以及根据切线放缩㊁端点效应等方式来解决问题的能力ꎻ对学生的抽象概括㊁推理论证㊁运算求解等核心素养能力要求较高ꎻ考查函数与方程㊁化归与转化㊁分类与整合㊁数形结合等数学思想ꎻ体现综合性㊁应用性与创新性.２试题解析解法１㊀(１)ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ(ａ>０).当０<ｘ<π２时ꎬ２ｓｉｎｘ>０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ此时ｆｘ()单调递增.又ｆ０()＝ｅ－ａ－２<ｅ０－２<０ꎬｆπ２æèçöø÷＝ｅπ２－ａ>０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０.因为ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ０)＝ｅｘ０－ａ＋２ｓｉｎｘ０＝２ｃｏｓｘ０＋２ｓｉｎｘ０＝２ｓｉｎｘ０＋π４æèçöø÷.因为ｘ０ɪ０ꎬπ２æèçöø÷ꎬ所以２ｓｉｎｘ０＋π４æèçöø÷ɤ２.即ｆᶄｘ０()ɤ２ꎬ当ｘ０＝π４时ꎬ等号成立.综上ꎬｆｘ()在０ꎬπ２æèçöø÷有唯一零点ｘ０[１]ꎬ且ｆᶄｘ０()ɤ２.(２)由ｆｘ()ȡ２ｓｉｎｘ－π４æèçöø÷ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘｘȡ－π()ꎬ则ｇᶄｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘｘȡ－π()ꎬｇｘ()ȡ０.(ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇｘ()>０.(ⅱ)当０<ｘ<π时ꎬ由(１)知ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ>０ꎬｆｘ()单调递增ꎬ即ｇᶄｘ()单调递增.又由(１)知ꎬ对于唯一零点ｘ０[２]ꎬｇᶄｘ０()＝０ꎬ且当ｘ０<ｘ<π时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬｇｘ()单调递增ꎬ当０<ｘ<ｘ０时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬｇｘ()单调递减.所以ｇｘ()ｍｉｎ＝ｇｘ０()＝ｅｘ０－ａ－２ｓｉｎｘ０.又ｇᶄｘ０()＝０ꎬ即ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０.所以ｇｘ()ｍｉｎ＝２ｃｏｓｘ０－２ｓｉｎｘ０＝２ｃｏｓｘ０＋π４æèçöø÷.因为ｇｘ()ȡ０ꎬ所以２ｃｏｓｘ０＋π４æèçöø÷ȡ０.又因为０<ｘ０<π２ꎬ所以０<ｘ０ɤπ４.由ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０ꎬ得ａ＝ｘ０－ｌｎ２ｃｏｓｘ０().又因为φｘ()＝ｘ－ｌｎ２ｃｏｓｘ()在区间０ꎬπ４æèçöø÷内单调递增ꎬ且φ０()＝－ｌｎ２ꎬφπ４æèçöø÷＝π４ꎬ所以－ｌｎ２<ａɤπ４.由已知ａ>０ꎬ故０<ａɤπ４.(ⅲ)当ｘȡπꎬ且０<ａɤπ４时ꎬｇｘ()ȡｅπ－ａ－２ｓｉｎｘȡｅπ－ａ－２ȡｅ３π４－２>０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围是０ꎬπ４æèç].解法２㊀(１)令ｐ(ｘ)＝ｅｘ－ａꎬｑ(ｘ)＝２ｃｏｓｘꎬｐ(ｘ)在０ꎬπ２[]单调递增ꎬｑ(ｘ)在０ꎬπ２[]单调递减ꎬｐ(０)＝ｅ－ａ<１(ａ>０)ꎬｑ(０)＝２>１ꎬｐ(π２)＝ｅπ２－ａ>０ꎬｑ(π２)＝０ꎬ即ｐ(０)<ｑ(０)ꎬｐ(π２)>ｑ(π２).所以ｐ(ｘ)与ｑ(ｘ)在０ꎬπ２æèçöø÷的图象只有唯一一个交点.所以ｆ(ｘ)在区间０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０.因为ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ(ａ>０)ꎬｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０.所以ｆᶄ(ｘ０)＝ｅｘ０－ａ＋２ｓｉｎｘ０＝ｅ２(ｘ０－ａ)＋２１－ｅ２(ｘ０－ａ)２＝ｅ２(ｘ０－ａ)＋２－ｅ２(ｘ０－ａ)ɤ２(ｅ２(ｘ０－ａ)＋２－ｅ２(ｘ０－ａ))＝２ꎬ即ｆᶄｘ０()ɤ２.注:此解法利用到不等式ａȡ０ꎬｂȡ０ꎬａ＋ｂɤ２(ａ＋ｂ).(２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０. (ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇ(ｘ)>０.(ⅱ)当ｘ>０时ꎬ①当ａ>π４时ꎬｇ(ｘ)<ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘꎬ由于存在ｇ(π４)<ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ故ａ>π４不符合题意.②当０<ａɤπ４时ꎬｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ.令ｈ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ(ｘȡ０)ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｃｏｓｘꎬ当ｘȡπ２时ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｃｏｓｘ>２３４－２ｃｏｓｘ>２－２ｃｏｓｘ>０ꎬｈ(ｘ)在π２[ꎬ＋ɕ)单调递增.㊀当０<ｘ<π２时ꎬｈᵡ(ｘ)＝ｅｘ－π４＋２ｓｉｎｘ>０ꎬ此时ｈᶄ(ｘ)单调递增.又ｈᶄ(π４)＝ｅπ４－π４－２ｃｏｓπ４＝０ꎬ所以当０<ｘ<π４时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎻ当π４<ｘ<π２时ꎬｈᶄ(ｘ)>０.因此当０<ｘ<π４时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>π４时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎻ故ｈ(ｘ)ȡｈ(π４)＝ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围(０ꎬπ４].解法３㊀(１)同解法１㊁或解法２. (２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０. (ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇ(ｘ)>０.(ⅱ)当ｘ>０时ꎬ①当ａ>π４时ꎬｇ(ｘ)<ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘꎬ由于存在ｇ(π４)<ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ故ａ>π４不符合题意.②当０<ａɤπ４时ꎬｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ.先证:ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１(ｘ>０).令ｆ１(ｘ)＝ｅｘ－ｘ－１ꎬ则ｆ１ᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１.当ｘ<０时ꎬｆ１ᶄ(ｘ)<０ꎬｆ１(ｘ)单调递减ꎻ所以ｆ１(ｘ)ȡｆ１(０)＝０.故ｅｘȡｘ＋１.因此有ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１.再证:ｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘ(ｘ>０).(∗)当ｘȡπ时ꎬｘ－π４＋１ȡ３π４＋１>２ȡ２ｓｉｎｘꎬ(∗)成立.当０<ｘ<π时ꎬｆ２(ｘ)＝ｘ－π４＋１－２ｓｉｎｘ(０<ｘ<π)ꎬ则ｆ２ᶄ(ｘ)＝１－２ｃｏｓｘ.当０<ｘ<π４时ꎬｆ２ᶄ(ｘ)<０ꎬｆ２(ｘ)单调递减ꎻ当π４<ｘ<π时ꎬｆ２ᶄ(ｘ)>０ꎬｆ２(ｘ)单调递增.所以ｆ２(ｘ)ȡｆ２(π４)＝０ꎬ故(∗)成立.故当ｘ>０时ꎬｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘ.因此ꎬ当０<ａɤπ４ꎬｘ>０时ꎬ由ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１ꎬｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘꎬ可得ｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘȡ０.综上所述ꎬａ的取值范围(０ꎬπ４].解法４㊀(１)同解法１㊁或解法２. (２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０.由ｇ(ｘ)ȡ０ꎬ可知ｇ(π４)ȡ０.即ｅπ４－ａ－２ｓｉｎπ４ȡ０.所以０<ａɤπ４.下证当０<ａɤπ４时符合题意ꎬ证法同解法２㊁３.㊀解法赏析㊀由于解析式中含三角函数和指数函数ꎬ无论怎么求导ꎬ导函数中都仍会含有三角函数和指数函数ꎬ所以在零点的求解中会出现无法直接求解出来的隐零点[３]ꎬ而解法１体现了解决隐零点的一般思路:形式上虚设ꎬ运算上代换ꎬ数值上估算ꎬ策略上等价转化ꎻ解法２的解题思路是采用直接构造函数ꎬ然后再证明ꎬ经过多次构造ꎬ二阶求导ꎬ三阶求导ꎬ充分认识并发挥了三角函数的特有性质(周期性㊁有界性㊁单调性)和ｅｘ求导的不变性ꎬ为此类问题的解决提供探索路径ꎻ解法３运用了分类讨论思想ꎬ解题过程中进行了指数放缩ꎬ将函数式子化简为更为简单的形式再加以证明ꎻ解法４用 必要条件探路ꎬ后再证明充分性 的方法ꎬ先由ｇ(ｘ)ȡ０－πɤｘɤ０()恒成立ꎬ可知ｇ(π４)ȡ０成立ꎬ即０<ａɤπ４ꎬ所以只需证当０<ａɤπ４时符合题意即可ꎬ四种解法既有区别又相互联系.３教学思考３.１导数与三角函数结合试题的解题策略近几年的高考数学试题与质检考试题中ꎬ导数与三角函数相结合的试题逐渐成为趋势ꎬ由于三角函数的特殊性质(周期性㊁有界性㊁放缩法等)ꎬ解题时不宜盲目求导ꎬ而是采取构造函数㊁分类讨论等方法ꎬ最终找出解题有用的特征ꎬ再联系三角恒等变换ꎬ并结合其他基本初等函数的性质分析讨论ꎬ这对培养学生的数学综合能力起到不可估量的作用[４].３.２新高考背景下的课堂教学思考通过这样的好题ꎬ我们可以看出新高考对于学生的考查不仅仅局限于知识与技能ꎬ而是全面考查学生的数学核心素养和关键能力.试卷题目类型灵活ꎬ导数融入三角函数ꎬ拓展了高考命题的范围.这就需要教师突破各种局限ꎬ大胆迎接各种挑战ꎬ突破传统的导数题的框架ꎬ勇于创新ꎬ教会学生以 不变的 知识与技能去应对 万变的 数学试题ꎬ培养学生未来发展所必备的数学核心素养ꎬ适应国家新高考选拔新型人才的要求.参考文献:[１]江智如ꎬ江伟ꎬ蔡珺.例谈以三角函数为载体函数综合问题的解题策略[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２０(１５):１２－１６.[２]曹轩ꎬ龚芮.当导数遭遇三角[Ｊ].中学数学杂志ꎬ２０２０(１１):４２－４４.[３]房彬.三角函数与导数结合类型中隐零点问题的探究[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２１(１０):１１－１３. [４]陈俊斌.三角为基导数联姻[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２１(１４):３２－３７.[责任编辑:李㊀璟]。
三角函数与导数结合类型中隐零点问题的探究
Җ㊀广东㊀房㊀彬㊀㊀三角函数和导数相结合问题是高考常见的类型．同时,在函数中会涉及三角函数㊁指数函数和对数函数,类似l n x ,e x,s i n x ,c o s x 等类型,这三类广义上被称为超越函数．求解这类题目需要运用放缩㊁换元㊁分类讨论等方法．在求导过程中,由于三角函数具有周期性,难以通过多次求导使三角函数消失,这造成学生思维上的障碍．因此,教师有必要通过深入研究和分析出三角函数与导数结合问题的解决方法,建立解决此类问题的数学思维模型,进而更加有效地解决此类问题．下面本文对三角函数与导数结合类型中隐零点问题进行探究．１㊀三角函数和对数型函数结合的极值与隐零点问题例１㊀(２０１９年全国卷Ⅰ理２０)已知函数f (x )＝s i nx －l n (１＋x ),fᶄ(x )为f (x )的导数．证明:(１)fᶄ(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．分析㊀本题考查的是三角函数和对数型函数的综合问题,是一道导数的压轴题．三角函数的出现从已知条件上就让考生产生畏惧心理,达到初步选拔的作用．第(１)问中极大值的唯一性,本质上还是在导数的层面上研究零点问题,零点值不能具体解得,注重考查隐零点的运用,进一步达到区分不同层次考生的目的．第(２)问表面上是常规的零点问题,实际上对考生提出进一步的要求,考查考生在分类讨论的基础上对隐零点问题的掌握和运用的程度,进而更加有效地起到区分和选拔考生的关键作用．(１)由题意知f(x )(如图１Ｇ甲所示)定义域为(－１,＋ɕ)且f ᶄ(x )＝c o s x －１x ＋１(如图１Ｇ乙所示),令g (x )＝c o s x －１x ＋１,x ɪ(－１,π２),g ᶄ(x )＝－s i n x ＋１(x ＋１)２(如图１Ｇ丙所示)．图１㊀㊀因为函数y ＝１(x ＋１)２与y ＝－s i n x 在(－１,π２)上单调递减,所以g ᶄ(x )在(－１,π２)上单调递减．又g ᶄ(０)＝－s i n０＋１＝１＞０,g ᶄ(π２)＝４(π＋２)２－１＜０,所以∃x ０ɪ(０,π２),使得g ᶄ(x ０)＝０．当x ɪ(－１,x ０)时,gᶄ(x )＞０;当x ɪ(x ０,π２)时,gᶄ(x )＜０,故g (x )在(－１,x ０)上单调递增,在(x ０,π２)上单调递减,则x ＝x ０为g (x )唯一的极大值点,故f ᶄ(x )在区间(－１,π２)上存在唯一的极大值点x ０．(２)将定义域分成四个区间:x ɪ(－１,０],x ɪ(０,π２),x ɪ[π２,π],x ɪ(π,＋ɕ),进行函数单调性和函数零点存在性的讨论．当x ɪ(－１,０]时,f ᶄ(x )＜０,f (x )在(－１,０]上单调递减,f (x )ȡf (０)＝０存在唯一零点．当x ɪ(０,π２)时,由(１)知f ᶄ(x )在(０,π２)内存在唯一极大值点,故引入x ０,x １对极值点和零点进行虚设,这种隐零点的使用是对考生数学抽象能力运用在具体题目中的进一步考验．fᶄ(x )在(０,x ０)上单调递增,在(x ０,π２)上单调递减,又f ᶄ(０)＝０,所以f ᶄ(x ０)＞０,f (x )在(０,x ０)上单调递增,此时f (x )＞f (０)＝０,不存在零点．又因为f ᶄ(π２)＝－２π＋２＜０,所以∃x １ɪ(x ０,π２),使得fᶄ(x １)＝０,所以f (x )在(x ０,x １)上单调递增,在(x １,π２)上单调递减．又因为f (x ０)＞f (０)＝０,１１f (π２)＝l n ２e π＋２＞l n１＝０,所以f (x )＞０在(x ０,π２)上恒成立,此时不存在零点．故当x ɪ(０,π２)时,f (x )＞０,从而f (x )在(０,π２)上不存在零点．当x ɪ[π２,π]时,f ᶄ(x )＜０,f (x )在[π２,π]上单调递减,f (π２)＞０,f (π)＜０,所以f (x )在[π２,π]存在唯一零点．当x ɪ(π,＋ɕ)时,l n (x ＋１)＞１,所以f (x )＜０,f (x )在(π,＋ɕ)没有零点．综上,f (x )有且仅有２个零点．本题主要考查导数在函数中的应用,考查考生基础性㊁综合性㊁应用性㊁创新性四个关键能力．同时,对考生的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学建模㊁直观想象㊁数学运算㊁数学分析六个核心素养要求较高．利用导数判断函数的单调性㊁求解极值和零点问题,重点考查等价转化思想和分类讨论思想．对函数多次求导将极值问题转化成零点问题,需要较强的逻辑推理能力,实质上极值点也是一类零点问题．零点问题主要有四类:零点存在性问题㊁零点个数问题㊁零点求解问题㊁零点应用问题．在求解零点过程中无法具体解得零点时,考生应该引入隐零点．隐零点一般采用设而不求的策略,可以虚设零点,估算零点位置,进而运用代换转化㊁参数分离㊁放缩等方法解决问题．２㊀三角函数和对数函数结合中含有参数的极值与隐零点问题例２㊀已知函数f (x )＝l n x －s i n x ＋a x (a ＞０)．若f (x )在(０,２π)上有且仅有１个极值点,求a 的取值范围．由题知f (x )＝l n x －s i n x ＋a x (如图２Ｇ甲所示),fᶄ(x )＝１x－c o s x ＋a (如图２Ｇ乙所示)．当x ɪ(０,１]时,f ᶄ(x )ȡ１－c o s x ＋a ＞０,f (x )无极值点．当x ɪ(１,π２)时,设g (x )＝１x－c o s x ＋a ,则gᶄ(x )＝－１x ２＋s i n x (如图２Ｇ丙所示)．由于g ᶄ(１)＜０,gᶄ(π２)＞０,故∃x ０ɪ(１,π２),使得g ᶄ(x ０)＝０,即－１x ２０＋s i n x ０＝０,１x ０＝s i n x ０,故fᶄ(x ０)＝s i n x ０－c o s x ０＋a ．因为s i n x ０＞s i n x ０,所以fᶄ(x ０)＞s i n x ０－c o s x ０＋a ＞０,f (x )．图２当x ɪ[π２,３π２]时,f ᶄ(x )＞０,f (x )无极值点．当x ɪ(３π２,２π)时,易知f ᶄ(３π２)＞０．因为f (x )在(０,２π)上有且仅有１个极值点,所以f ᶄ(２π)＜０,即a ＜１－１２π,故a 的取值范围为(０,１－１２π)．本题重点考查三角函数的单调性㊁有界性㊁周期性㊁特殊点和放缩法,先结合参数范围确定单调性,再进行分类讨论．关键是分析函数在x ɪ(１,π２)内的单调性,通过二次求导得到１x ０＝s i n x ０,然后代入f ᶄ(x ０),通过s i n x ０＞s i n x ０的放缩,确定此区间内无极值点．结合范围进行适当放缩是解决三角函数型导数问题的必要方法,一些结论需要先证后用,对逻辑推理思维能力有较高要求．隐零点的运用要注重三个步骤:１)根据已知条件确定零点的存在范围;２)根据零点的意义进行代数式的替换;３)结合前两步确定目标函数的范围．最后,结合零点存在性定理得到最终结果．３㊀三角函数和指数函数结合的不等式与隐零点问题例３㊀已知函数f (x )＝e xs in x －a x ,当０＜a ＜１时,求证:对任意的x ɪ[０,３π４],都有f (x )ȡ０．因为f (x )＝e xs i n x －a x (如图３Ｇ甲所示),所以f ᶄ(x )＝e x(s i n x ＋c o s x )－a (如图３Ｇ乙所示)．设g (x )＝e x (s i n x ＋c o s x )－a ,则g ᶄ(x )＝２e xc o s x (如图３Ｇ丙所示)．当x ɪ[０,π２]时,g ᶄ(x )ȡ０,g (x )单调递增;当２１xɪ(π２,３π４]时,gᶄ(x)＜０,g(x)单调递减．图３因为g(０)＝fᶄ(０)＝１－a＞０,g(３π４)＝fᶄ(３π４)＝－a＜０,所以∃x０ɪ[０,３π４],使得fᶄ(x０)＝０．当xɪ[０,x０)时,fᶄ(x)＞０,f(x)在[０,x０)上单调递增;当xɪ(x０,３π４]时,fᶄ(x)＜０,f(x)在(x０,３π４]上单调递减．因为f(０)＝０,f(３π４)＝２２e３π４－３π４a＞２２e３π４－３＞０,所以当０＜a＜１时,对任意的xɪ[０,３π４],都有f(x)ȡ０．本题是指数函数和三角函数的综合问题,根据e x型函数的特点,利用其性质㊁范围㊁导数等优化函数表达式．同时在已知参数范围的前提下,利用参数边界的特点确定不等式的范围,达到消参或者放缩不等式的目标．运算过程中对结果的估算也是必不可少的,估算可以减少不必要的计算过程．在解题过程中需要使用某个方程的根,当根无法求出时,需要借助隐零点的运用对函数进行分析,让隐零点关联作用得到充分发挥．４㊀三角函数、对数函数和指数函数结合的恒成立与隐零点问题例４㊀已知函数f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n x．若f(x)ȡ１对任意xɪ[０,π]恒成立,求实数a的取值范围．因为f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n x(如图４Ｇ甲所示),所以fᶄ(x)＝e x＋１x＋１＋a c o s x(如图４Ｇ乙所示)．当aȡ０时,因为xɪ[０,π],所以s i n xȡ０,f(x)＝e x＋l n(x＋１)＋a s i n xȡe x＋㊀㊀当a＜０时,设g(x)＝e x＋１x＋１＋a c o sx,则gᶄ(x)＝e x－１(x＋１)２－a s i n x(如图４Ｇ丙所示)．当xɪ[０,π]时,因为e xȡ０,０＜１(x＋１)２ɤ１,－a s i n xȡ０,所以gᶄ(x)ȡ０,即g(x)在[０,π]上单调递增．g(０)＝fᶄ(０)＝２＋a．图４当－２ɤa＜０时,fᶄ(x)ȡfᶄ(０)＝２＋aȡ０,所以f(x)在[０,π]上单调递增,又f(０)＝１,所以f(x)ȡf (０)＝１恒成立．当a＜－２时,fᶄ(０)＝２＋a＜０,fᶄ(π)＞０,所以∃x０ɪ[０,π],使得fᶄ(x０)＝０．当xɪ[０,x０)时, fᶄ(x)＜０,f(x)在[０,x０)上单调递减,f(x０)＜f(０)＝１,所以当a＜－２时,f(x)ȡ１不恒成立．综上所述,当aȡ－２时,f(x)ȡ１对任意xɪ[０,π)恒成立．本题是指数函数㊁对数函数㊁三角函数三者相结合的综合问题．恒成立问题实际上是最值问题,利用导数研究函数的单调性和不等式恒成立问题的关键是多次构造函数并求导．判断新函数的性质,然后回溯递推．恒成立问题往往涉及分类讨论思想㊁转化思想,结合三角函数的有界性和特殊点法进行单调性的判断．隐零点的应用一般需要结合所讨论区间的端点值确定范围．不同解题模型各有优势,在选择中不是比较哪一种模型更新颖,而是考虑在同等情况下哪一种模型解决的问题更多,更接近通法通解,更有利于学生对知识的融会贯通,更有利于提高解题成功率．从学生的薄弱知识点入手,在学习过程中不是一味地记公式和结论,而是要弄清楚这一结论是如何推导出来的,适合解哪一类问题,是否可以作为解决这一类问题的通法,进而理清解题思路,构建出恰当的解题模型,达到随时可以调用的效果,真正做到以不变应万变．(作者单位:广东省佛山市顺德区乐从中学)３１。
第01节导数与三角函数交汇问题初探
题型三：三角函数与指数型函数组合
例 3 已知函数 f x ex asinx, a R ，当 x 0, 时， f x 0 ，求 a 的取值范围．
解析当 a 0 时， f x ex ，符合题意．
当
a
0
时，设函数
y
ex
与
y
asinx
的图象在点
x0
,
y0
处有公切线（其中
x0
0,
2
），
不单调．
综上，a 的取值范围为 0,1 ．
（2）由（1）知，当
a
1时，
ax
sinx
，即当
x
0,
2
时，
sinx
x
，从而
sin 2
x 2
x 2
2
．
令 g x ax sinx x3 ，则
6
g 'x
a cosx
x2 2
a 1 2sin2
x 2
x2 2
a
1
2
x 2 2
x2 2
a 1．
第 01 节 导数与三角函数交汇问题初探
第一节 导数与三角函数交汇问题初探
2019 年全国卷Ⅰ理科和文科第 20 题均考查与三角函数交会的导数问题，让人眼前一 亮．这类试题可谓别出心裁，由于三角函数的独特性，当表达式中含有三角函数时，无
论怎么求导，导函数仍含有三角函数，这就是解题的难点．
题型一：三角函数与多项式函数组合
当
a
1
时，
g
'
x
0
，则
g
x
在
0,
2
上单调递减，
g
x
g
高中数学《导数与三角函数结合》
高中数学《导数与三角函数结合》一、在解决含参数的导数问题时，可以通过分离参数并转化为不含参数的函数的最值问题来求解。
对于一些与三角函数交汇的导数问题，也可以采用这种方法。
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，上下界却存在，这时候可以使用洛必达法则来解决。
比如例1中的问题。
二、函数的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个热点。
除了分离参数外，分类讨论思想也是这类问题的一大利器。
在与三角函数交汇的导数问题中，如果能有效地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而解决问题。
比如例2中的问题。
三、对于较为复杂的函数，直接构造一个函数可能很难或者无法解决。
此时，可以通过等价转化，并进行适当的变形，转化为两个函数来处理，问题可能会简化。
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，这种现象与XXX成立问题有着非常密切的联系。
如果能够找到这条直线，然后再构造两个差函数，问题往往能迎刃而解。
比如例3中的问题。
四、在解决导数与解析几何问题时，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。
比如例4中的问题。
五、导数问题与不等式相结合是近几年高考的常态。
对于涉及绝对值的不等式问题，三角不等式是解题的利器。
对于涉及三角函数交汇的导数不等式问题，如何利用不等式的性质是关键。
导数与三角函数的综合的解题技巧
导数与三角函数的综合的解题技巧
1.使用导数公式：对于三角函数，有 sin'x=cosx, cos'x=-sinx, tan'x=sec^2x, cot'x=-csc^2x。
根据公式，可以快速求导数。
2.化简式子：如果要求导数的式子比较复杂，可以先把式子化简，再使用导数公式。
3.注意多项式函数：如果式子包含多项式函数，可以先对多项式函数求导，再根据导数公式求出整个式子的导数。
二、解题技巧
1.化简式子：对于一些比较复杂的题目，可以先把式子化简，减少计算难度。
2.注意特殊点：三角函数的周期性很强，要注意特殊点，如0度、90度、180度、270度、360度等，这些点的函数值会有特殊的表现。
3.使用变形公式：有些题目可以使用三角函数的变形公式，如和角公式、差角公式、倍角公式等，将原式化简成已知的函数形式，再进行计算。
4.备选法：如果在计算中出现不确定的式子，可以先把各种可能的取值列出来，再逐一验证。
综上所述，求导数和解题技巧是解决导数与三角函数综合题目的关键。
在解题过程中，要善于化简式子，注意特殊点，灵活运用三角函数的变形公式和备选法，从而提高解题的效率和准确性。
重难点专题13 导数与三角函数结合的解答题(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
【变式 2-1】3. （2021 秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数() =
e
― 2（ ∈ ）
（其中 ≈ 2.71828为自然对数的底数）.
（1）当 = 2时，判断函数()的单调性；
（2）若 > 1，证明() > cos对于任意的 ∈ [0, + ∞)恒成立.
∈ 0, π ．
2
(1)当 = 1时，讨论()的单调性；
(2)若() + sin < 0，求的取值范围．
4．
（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0 < < 1时， ― 2 < sin < ；
（2）已知函数() = cos ― ln(1 ― 2)，若 = 0是()的极大值点，求 a 的取值范围．
证明：
（1）()在区间(0,)存在唯一极大值点；
（2）()有且仅有 2 个零点.
1
【变式 1-1】2. （2019 秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数() = cos + 42 ―1.
2 2
（1）证明：() ≤ 0， ∈ ― ,
；
（2）判断 = ()的零点个数，并给出证明过程.
题型 2 放缩法 ..................................................................................................................................2
题型 1 分段分析法
sin
2．
（2023·全国·统考高考真题）已知函数() = ― cos3, ∈ 0, π
第九章导数与三角函数的联袂专题三含三角函数的恒成立问题微点1三角函数的恒成立问题
第九章导数与三角函数的联袂专题三含三角函数的恒成立问题微点1 三角函数的恒成立
问题（一）
导数微专题
第九章导数与三角函数的联袂
专题三含三角函数的恒成立问题
微点1含三角函数的恒成立问题（一）
三角函数除了作为一道单独的解答题在高考试卷中出现之外，在导数解答题中也常常占有一席之地．由于三角函数自身的性质，例如其在求导时会出现周期性的变化，以及其作为超越函数所带来的求解困难性，导致以三角函数作为命题元素的导数试题常常成为学生解题的“拦路虎”．
本节我们介绍导数与三角函数联袂题——恒成立问题常见类型及其解法．
导数法是解答不等式恒成立问题的重要手段，在解题时，要首先将不等式进行变形，构造出恰当的函数模型，然后对函数进行求导，通过分析导函数与0之间的关系，求得函数的单调性和极值，建立使不等式恒成立的不等关系式，通过解新不等式求得问题的答案．
22⎝⎭⎝⎭
参考答案：
(1)()f x 的单调递增区间是(3
π-。
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。
导数与三角函数的精彩交汇
导数与三角函数的精彩交汇高咏咏(克拉玛依市高级中学ꎬ新疆克拉玛依８３４０００)摘㊀要:高考数学试题中经常考查导数与三角函数知识的结合ꎬ试题难度相对比较大ꎬ可以考查学生对知识点的掌握情况.笔者对该类问题的命题点进行了总结ꎬ并对相应的实例进行探讨ꎬ以期帮助考生有效突破此类考题.关键词:导数ꎻ三角函数ꎻ命题点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３６－００２０－０３收稿日期:２０２３－０９－２５作者简介:高咏咏(１９７３.４－)ꎬ女ꎬ上海人ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀笔者在一轮复习的教学中ꎬ梳理近些年高考试题ꎬ发现利用导数解决三角函数的交汇命题很多ꎬ而学生面对此类问题常因方法不当ꎬ或运算过程繁杂ꎬ导致虽做对但耗时太多ꎬ或做错丢分ꎬ成绩不理想.在高考复习备考中遇到此类问题时ꎬ如何帮助学生能够准确㊁快速㊁高效地解答呢?笔者通过梳理ꎬ现将该类问题整理成文ꎬ与读者交流ꎬ以期抛砖引玉[１].１命题点一㊀利用导数研究三角函数的性质三角函数的性质主要包含周期性㊁单调性㊁奇偶性等ꎬ解题时要能够充函数与０的大小来研究函数的性质[２]例１㊀(２０２３四川成都石室中学二诊)已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ２－ｓｉｎｘｃｏｓｘꎬ下列对于函数ｆ(ｘ)性质的描述ꎬ错误的是(㊀㊀).Ａ.ｘ＝π６是ｆ(ｘ)的极小值点Ｂ.ｆ(ｘ)的图象关于点(π２ꎬπ４)对称Ｃ.若ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上递增ꎬ则ｂ－ａ的最大值为πＤ.ｆ(ｘ)有且仅有三个零点解析㊀因为ｆ(ｘ)＝ｘ２－ｓｉｎｘｃｏｓｘ＝ｘ２－１２ｓｉｎ２ｘꎬ所以ｆᶄ(ｘ)＝１２－ｃｏｓ２ｘꎬ由ｆᶄ(ｘ)>０可得ｘɪｋπ＋π６ꎬｋπ＋５π６æèçöø÷ꎬｋɪＺꎬ由ｆᶄ(ｘ)<０可得ｘɪｋπ－π６ꎬｋπ＋π６æèçöø÷ꎬｋɪＺꎬ所以ｆ(ｘ)在ｋπ＋π６ꎬｋπ＋５π６æèçöø÷上单调递增ꎬ在ｋπ－π６ꎬｋπ＋π６æèçöø÷上单调递减ꎬ所以ｘ＝π６是ｆ(ｘ)的极小值点ꎬ故Ａ正确ꎻ若ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上递增ꎬ则ｂ－ａ的最大值为５π６－π６＝２π３ꎬ故Ｃ错误ꎻ因０２为ｆ(０)＝０ꎬ当ｘɪ０ꎬπ６æèçöø÷时ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎬｘɪπ６ꎬ５π６æèçöø÷时ꎬｆ(ｘ)单调递增ꎬｆπ６æèçöø÷＝π１２－３４<０ꎬｆ５π６æèçöø÷＝５π１２＋３４>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间π６ꎬ５π６æèçöø÷上有一个零点ꎬ当ｘɪ５π６ꎬ＋ɕ[öø÷时ꎬｘ２>１ꎬ１２ｓｉｎ２ｘɤ１２ꎬｆ(ｘ)>０ꎬ此时无零点ꎬ所以当ｘ>０时ꎬｆ(ｘ)有且仅有一个零点ꎬ又因为ｆ(ｘ)是奇函数ꎬ所以当ｘ<０时ꎬｆ(ｘ)有且仅有一个零点ꎬ故ｆ(ｘ)有且仅有三个零点ꎬ故Ｄ正确ꎻ因为ｆ(ｘ)＋ｆ(π－ｘ)＝ｘ２－１２ｓｉｎ２ｘ＋π－ｘ２－１２ｓｉｎ(２π－２ｘ)＝π２ꎬ所以ｆ(ｘ)的图象关于点(π２ꎬπ４)对称ꎬ故Ｂ正确ꎬ故答案选Ｃ.点评㊀本题结合三角恒等变换将三角函数进行化简ꎬ考查三角函数的单调性ꎬ对称性ꎬ零点㊁最值和极值等ꎬ需要考生熟练掌握三角恒等变换的变形公式ꎬ通过求导ꎬ分析出ｆｘ()的单调性ꎬ可判断ＡＣꎬ计算ｆｘ()＋ｆπ－ｘ()ꎬ可判断Ｂꎬ结合ｆｘ()的单调性㊁奇偶性和极值符号可判断Ｄ.２命题点二㊀利用导数研究三角函数的零点利用导数研究三角函数的零点问题ꎬ经常设计已知零点个数求参数的取值范围或以三角函数为载体ꎬ证明所给函数的零点个数.例２㊀(２０２３宁夏银川二中统测)设函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ＋ｃｏｓｘꎬ其中ａɪＲ.(１)若ａ＝１ꎬ证明:当ｘ>０时ꎬｆ(ｘ)>２ꎻ(２)若ｆ(ｘ)在区间[０ꎬπ]内有两个不同的零点ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀(１)ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ｓｉｎｘꎬ由ｘ>０ꎬ得ｅｘ>１ꎬｓｉｎｘɪ[－１ꎬ１]ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ｓｉｎｘ>０ꎬ即ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋ɕ)上为增函数.故ｆ(ｘ)>ｆ(０)＝２ꎬ即ｆ(ｘ)>２.(２)由ｆ(ｘ)＝ａｅｘ＋ｃｏｓｘ＝０ꎬ得ａ＝－ｃｏｓｘｅｘ.设函数ｈ(ｘ)＝－ｃｏｓｘｅｘꎬｘɪ[０ꎬπ]ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘｅｘ.令ｈᶄ(ｘ)＝０ꎬ得ｘ＝３π４.则ｘɪ[０ꎬ３π４]时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬｘɪ(３π４ꎬπ]ꎬ时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬ所以ｈ(ｘ)在０ꎬ３π４æèçöø÷上单调逼增ꎬ在３π４ꎬπæèçöø÷上单调减.又因为ｈ(０)＝－１ꎬｈ(π)＝ｅ－πꎬｈ３π４æèçöø÷＝２２ｅ－３π４ꎬ所以当ａɪｅ－πꎬ２２ｅ－３π４[öø÷时ꎬ方程ａ＝－ｃｏｓｘｅｘ在区间[０ꎬπ]内有两个不同解ꎬ即所求实数ａ的取值范围为ｅ－πꎬ２２ｅ－３π４[öø÷.点评㊀函数的零点问题ꎬ解题策略是转化为两个函数图象的交点ꎬ三种方式中(一平一曲㊁一斜一曲㊁两曲)最为常见的是一平一曲.方法一是直接考虑函数ｆ(ｘ)的图象与ｘ轴的交点情况ꎬ方法二是分离参数法ꎬ两种方法的本质都是一平一曲.另外ꎬ我们对某些函数或许可以通过换元ꎬ来降低函数的解决难度.３命题点三㊀利用导数研究三角函数的最值利用导数研究三角函数的最值问题ꎬ关键在于能够正确判断出所给三角函数的单调性.例３㊀(２０２３陕西安康模拟)函数ｆ(ｘ)＝(１－ｃｏｓｘ)ｓｉｎｘ的最大值为.解析㊀因为ｆ(ｘ)＝(１－ｃｏｓｘ)ｓｉｎｘꎬ所以ｆ２(ｘ)＝(１－ｃｏｓｘ)２ｓｉｎ２ｘ＝(１－２ｃｏｓｘ＋ｃｏｓ２ｘ)(１－ｃｏｓ２ｘ)＝－ｃｏｓ４ｘ＋２ｃｏｓ３ｘ－２ｃｏｓｘ＋１ꎬ令ｔ＝ｃｏｓｘ(－１ɤｔɤ１)ꎬｇ(ｔ)＝ｆ２(ｘ)ꎬ则ｇ(ｔ)＝－ｔ４＋２ｔ３－２ｔ＋１(－１ɤｔɤ１)ꎬ１２所以ｇᶄ(ｔ)＝－４ｔ３＋６ｔ２－２＝－２(ｔ－１)２(２ｔ＋１)ꎬ当－１ɤｔɤ－１２时ꎬｇᶄ(ｔ)ȡ０ꎬｇ(ｔ)单调递增ꎻ当－１２ɤｔɤ１时ꎬｇᶄ(ｔ)ɤ０ꎬｇ(ｔ)单调递减ꎻ所以当ｔ＝－１２时ꎬｇ(ｔ)＝ｆ２(ｘ)取得极大值ꎬ也是最大值ｇ(－１２)＝－(－１２)４＋２ˑ(－１２)３－２ˑ(－１２)＋１＝２７１６ꎬ所以ｆ(ｘ)＝(１－ｃｏｓｘ)ｓｉｎｘ的最大值为３３４.点评㊀该解法巧妙地利用换元法将三角函数问题转化成了幂函数问题ꎬ通过利用导数研究函数的单调性求出最值[３].４命题点四㊀利用导数研究三角不等式恒成立问题㊀㊀利用导数研究三角函数不等式恒成立问题要区别于能成立问题ꎬ要能够将恒成立问题进行合理转化.例４㊀(２０２３湖南长沙四校高三模拟)已知函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ－１６ｘ３ꎬｆᶄ(ｘ)为ｆ(ｘ)的导数.(１)若ｆ(ｘ)>ｋｘ－ｘｃｏｓｘ－１６ｘ３－１对ｘɪ(０ꎬπ２)恒成立ꎬ求实数ｋ的取值范围.解析㊀由ｆ(ｘ)>ｋｘ－ｘｃｏｓｘ－１６ｘ３－１ꎬ得ｓｉｎｘ>ｋｘ－１.ȵｘɪ(０ꎬπ２)ꎬ所以ｋ<１＋ｓｉｎｘｘꎬ令ｔ(ｘ)＝１＋ｓｉｎｘｘꎬ则ｔᶄ(ｘ)＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ－１ｘ２ꎬ令ｍ(ｘ)＝ｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ－１ꎬ则当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｍᶄ(ｘ)＝－ｘｓｉｎｘ<０恒成立ꎬʑｍ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递减ꎬ所以当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｍ(ｘ)<ｍ(０)＝－１<０ꎬʑｔᶄ(ｘ)<０在(０ꎬπ２)上恒成立ꎬ即ｔ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递减ꎬʑ当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｔ(ｘ)>ｔ(π２)＝４πꎬｋɤ４πꎬｋ的取值范围是(－ɕꎬ４π].点评㊀(１)已知不等式ｆ(ｘ λ)>０(λ为实参数)对任意的ｘɪＤ恒成立ꎬ求参数λ的取值范围.利用导数解决此类问题可以运用分离参数法.(２)如果无法分离参数ꎬ可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解ꎬ如果是二次不等式恒成立的问题ꎬ可以考虑二次项系数与判别式的方法(ａ>０ꎬΔ<０或ａ<０ꎬΔ<０)求解.三角函数与导数是中学数学中两个重点内容ꎬ考查的分值比例和上课课时数量都相对较高ꎬ因此两者的交汇命题会是高考命题的趋势.因此ꎬ在高考备课中ꎬ要深入研究三角函数的相关性质ꎬ准确把握导数与三角函数的命题题型ꎬ进行针对性训练.参考文献:[１]刘海涛.例析与高斯函数有关问题的常考题型与备考建议[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(０１):２７－３１.[２]祁居攀.导数与三角函数联袂问题的分类讨论策略[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２３(１５):１５－１７.[３]陈国林.发挥导数工具作用ꎬ正确处理函数性质[Ｊ].中学生数理化(高考数学)ꎬ２０２１(５):２１－２３.[责任编辑:李㊀璟]２２。
例谈导数与三角函数的“联姻”
例谈导数与三角函数的 联姻林国红(广东省佛山市乐从中学ꎬ广东佛山５２８３１５)摘㊀要:文章通过实例ꎬ分类归纳导数与三角函数交汇的各类题型ꎬ以此促进教与学.关键词:三角函数ꎻ导数ꎻ单调性ꎻ零点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－００４６－０５收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:林国红(１９７７－)ꎬ男ꎬ广东省佛山人ꎬ中学高级教师ꎬ从事中学数学教育研究.㊀㊀新高考已经不仅仅局限于基本知识和基本技能的考查ꎬ更重视对学生综合核心素养和关键能力的考查ꎬ题目会更加灵活多变ꎬ富有创新性和综合性.在题目中融入数学文化㊁生活实际㊁跨学科的知识ꎬ将不同的知识融合交汇ꎬ那么知识之间的融合必然会更加精彩.三角函数有其独特的性质ꎬ当导数与三角函数 联姻 时ꎬ三角函数的周期性㊁有界性等就被融入进来.对于三角函数的单调性㊁奇偶性㊁对称性㊁最值问题㊁含参问题或者相关综合性问题ꎬ借助导数进行研究能更充分地考查数学思想方法㊁运算求解能力㊁综合应变与解题调控能力ꎬ也能很好地彰显考生解题方法的灵活性㊁多样性ꎬ从而备受命题者的青睐ꎬ不少高考试题和模拟试题均在三角函数和导数交汇处进行命题.下面笔者以近年高考或模考中与三角函数有关的导数题为例ꎬ进行分类归纳与解答ꎬ供大家参考.１三角函数与多项式函数组合例１㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ａｘ－ｓｉｎｘ(ａɪＲ).(１)若ｆ(ｘ)在区间(０ꎬπ２)不单调ꎬ求ａ的取值范围ꎻ(２)当０<ｘ<π２时ꎬｆ(ｘ)<ｘ３６恒成立ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀(１)由已知ꎬ得ｆᶄ(ｘ)＝ａ－ｃｏｓｘ.当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬ０<ｃｏｓｘ<１.当ａȡ１时ꎬｆᶄ(ｘ)>０恒成立ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递增ꎬ不符合题意ꎻ当ａɤ０时ꎬｆᶄ(ｘ)<０恒成立ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递减ꎬ不符合题意ꎻ当０<ａ<１时ꎬ由ｆᶄ(ｘ)＝ａ－ｃｏｓｘ＝０ꎬ可得ｃｏｓｘ＝ａꎬ则存在ｘ０ɪ(０ꎬπ２)ꎬ使ｃｏｓｘ０＝ａ.此时ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬｘ０)上单调递减ꎬ在(ｘ０ꎬπ２)上单调递增ꎬ即ｆ(ｘ)在(０ꎬπ２)不单调.综上ꎬａ的取值范围为(０ꎬ１).(２)由(１)知ꎬ当ａ＝１时ꎬａｘ>ｓｉｎｘꎬ即当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｓｉｎｘ<ｘꎬ从而ｓｉｎ２ｘ２<(ｘ２)２.令ｇ(ｘ)＝ａｘ－ｓｉｎｘ－ｘ３６ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ａ－ｃｏｓｘ－ｘ２２＝ａ－１＋２ｓｉｎ２ｘ２－ｘ２２<ａ－１＋２ˑ(ｘ２)２－ｘ２２＝ａ－１.当ａɤ１时ꎬｇᶄ(ｘ)ɤ０ꎬ则ｇ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递减ꎬｇ(ｘ)<ｇ(０)＝０ꎬ满足题意.当ａ>１时ꎬ设ｈ(ｘ)＝ｇᶄ(ｘ)＝ａ－ｃｏｓｘ－ｘ２２ꎬ则当０<ｘ<π２时ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｓｉｎｘ－ｘ<０ꎬ从而ｈ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递减ꎬ于是ａ－π２８＝ｈ(π２)<ｈ(ｘ)<ｈ(０)＝ａ－１ꎬ下面分情况讨论.当ａȡπ２８时ꎬｈ(ｘ)>０ꎬ即ｇᶄ(ｘ)>０ꎬ则ｇ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递增ꎬｇ(ｘ)>ｇ(０)＝０ꎬ不满足题意.当１<ａ<π２８时ꎬ一定存在ｘ０ɪ(０ꎬπ２)ꎬ使得ｈ(ｘ０)＝０ꎬ所以当０<ｘ<ｘ０时ꎬｇᶄ(ｘ)＝ｈ(ｘ)>０ꎬ函数ｇ(ｘ)在(０ꎬｘ０)上单调递增ꎬ当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｇ(ｘ)>ｇ(０)＝０ꎬ不满足题意.综上ꎬａ的取值范围是(－ɕꎬ１].评注㊀本题第(１)问利用导数研究函数的单调性ꎬ由于导函数中含有参数ꎬ所以需要对参数进行讨论ꎬ根据０<ｃｏｓｘ<１ꎬ得到对ａ讨论的分界点.第(２)问充分地利用当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｓｉｎｘ<ｘ这个不等式ꎬ从而有ｓｉｎ２ｘ２<(ｘ２)２ꎬ在进行放缩变形的同时ꎬ实现 超越式 到 非超越式 的转化ꎬ突破了难点[１].２三角函数与对数型函数组合例２㊀(２０１９年全国Ⅰ卷理２０)已知函数ｆ(ｘ)＝ｓｉｎｘ－ｌｎ(１＋ｘ)ꎬｆᶄ(ｘ)为ｆ(ｘ)的导数.证明:(１)ｆᶄ(ｘ)在区间(－１ꎬπ２)存在唯一极大值点ꎻ(２)ｆ(ｘ)有且仅有２个零点.解析㊀(１)设ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ则ｇ(ｘ)＝ｃｏｓｘ－１１＋ｘꎬｇᶄ(ｘ)＝－ｓｉｎｘ＋１(１＋ｘ)２.当ｘɪ(－１ꎬπ２)时ꎬｇᶄ(ｘ)单调递减ꎬ而ｇᶄ(０)>０ꎬｇᶄ(π２)<０ꎬ可得ｇᶄ(ｘ)在(－１ꎬπ２)有唯一零点ꎬ设为α.则当ｘɪ(－１ꎬα)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(αꎬπ２)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０.所以ｇ(ｘ)在(－１ꎬα)上单调递增ꎬ在(αꎬπ２)上单调递减ꎬ故ｇ(ｘ)在(－１ꎬπ２)存在唯一极大值点.即ｆᶄ(ｘ)在(－１ꎬπ２)存在唯一极大值点. (２)易得ｆ(ｘ)的定义域为(－１ꎬ＋ɕ).①当ｘɪ(－１ꎬ０]时ꎬ由(１)知ꎬｆᶄ(ｘ)在(－１ꎬ０)单调递增ꎬ而ｆᶄ(０)＝０ꎬ所以当ｘɪ(－１ꎬ０)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ故ｆ(ｘ)在(－１ꎬ０)单调递减.又ｆ(０)＝０ꎬ从而ｘ＝０是ｆ(ｘ)在(－１ꎬ０]的唯一零点.②当ｘɪ(０ꎬπ２]时ꎬ由(１)知ꎬｆᶄ(ｘ)在(０ꎬα)单调递增ꎬ在(αꎬπ２)单调递减ꎬ而ｆᶄ(０)＝０ꎬｆᶄ(π２)<０ꎬ所以存在βɪ(αꎬπ２)ꎬ使ｆᶄ(β)＝０ꎬ且当ｘɪ(０ꎬβ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(βꎬπ２)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０.㊀故ｆ(ｘ)在(０ꎬβ)单调递增ꎬ在(βꎬπ２)单调递减.㊀又ｆ(０)＝０ꎬｆ(π２)＝１－ｌｎ(１＋π２)>０ꎬ所以当ｘɪ(０ꎬπ２]时ꎬｆ(ｘ)>０.从而ꎬｆ(ｘ)在(０ꎬπ２]没有零点.③当ｘɪ(π２ꎬπ]时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ所以ｆ(ｘ)在(π２ꎬπ)单调递减.而ｆ(π２)>０ꎬｆ(π)<０ꎬ所以ｆ(ｘ)在(π２ꎬπ]有唯一零点.④当ｘɪ(πꎬ＋ɕ)时ꎬｌｎ(ｘ＋１)>１ꎬ所以ｆ(ｘ) <０ꎬ从而ｆ(ｘ)在(πꎬ＋ɕ)没有零点.综上ꎬｆ(ｘ)有且仅有２个零点.评注㊀利用导数确定函数零点问题的解题思路是对函数求导ꎬ研究函数单调性㊁极值得到函数的大致图象ꎬ再利用数形结合得到零点个数.本题求导后发现函数ｆᶄ(ｘ)有一个零点ｘ＝０ꎬ再考虑三角函数在各个区间的不同符号ꎬ不能直接把ｆᶄ(ｘ)看成一个整体来研究ꎬ要把它分成ｃｏｓｘ与１１＋ｘ两个部分ꎬ再逐个区间分析ꎬ使导函数在(－１ꎬπ２)的零点全部解出.由于三角函数在各象限符号的变化及周期性ꎬ研究三角函数的零点问题常用逐个区间分析法[２].３三角函数与指数型函数组合例３㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｓｉｎｘ.(１)求ｆ(ｘ)的单调递减区间ꎻ(２)记ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ａｘꎬ若０<ａ<３ꎬ试讨论ｇ(ｘ)在(０ꎬπ)上的零点个数(参考数据:ｅπ２ʈ４.８).解析㊀(１)函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｓｉｎｘꎬ定义域Ｒꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ(ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ)＝２ｅｘｓｉｎ(ｘ＋π４).由ｆᶄ(ｘ)<０ꎬ解得ｓｉｎ(ｘ＋π４)<０.解得２ｋπ＋３π４<ｘ<７４π＋２ｋπ(ｋɪＺ).所以ｆ(ｘ)的单调递减区间为(３π４＋２ｋπꎬ７π４＋２ｋπ)(ｋɪＺ).(２)由已知ｇ(ｘ)＝ｅｘｓｉｎｘ－ａｘꎬ所以ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ(ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ)－ａ.令ｈ(ｘ)＝ｇᶄ(ｘ)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝２ｅｘｃｏｓｘ.因为ｘɪ(０ꎬπ)ꎬ所以当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(π２ꎬπ)时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬ则ｈ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递增ꎬ在(π２ꎬπ)上单调递减.又ｇᶄ(０)＝１－ａꎬｇᶄ(π２)＝ｅπ２－ａ>０ꎬｇᶄ(π)＝－ｅｘ－ａ<０ꎬ当１－ａȡ０ꎬ即０<ａɤ１时ꎬｇᶄ(０)ȡ０ꎬ则存在ｘ０ɪ(π２ꎬπ)ꎬ使ｇᶄ(ｘ０)＝０.所以当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬπ)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０.所以ｇ(ｘ)在(０ꎬｘ０)上单调递增ꎬ在(ｘ０ꎬπ)上单调递减.因为ｇ(０)＝０ꎬ所以ｇ(ｘ０)>０.又ｇ(π)＝－ａπ<０ꎬ则由零点存在性定理可得ꎬ此时ｇ(ｘ)在(０ꎬπ)上仅有１个零点.若１<ａ<３时ꎬｇᶄ(０)＝１－ａ<０ꎬ又ｇᶄ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递增ꎬ在(π２ꎬπ)上单调递减ꎬ而ｇᶄ(π２)＝ｅπ２－ａ>０ꎬ所以存在ｘ１ɪ(０ꎬπ２)ꎬｘ２ɪ(π２ꎬπ)ꎬ使ｇᶄ(ｘ１)＝０ꎬｇᶄ(ｘ２)＝０ꎬ且当ｘɪ(０ꎬｘ１)和ｘɪ(ｘ２ꎬπ)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘɪ(ｘ１ꎬｘ２)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ则ｇ(ｘ)在(０ꎬｘ１)和(ｘ２ꎬπ)上单调递减ꎬ在(ｘ１ꎬｘ２)上单调递增.因为ｇ(０)＝０ꎬ所以ｇ(ｘ１)<０.因为ｇ(π２)＝ｅπ２－π２ａ>ｅπ２－３π２>０ꎬ所以ｇ(ｘ２)>０.又因为ｇ(π)＝－ａπ<０ꎬ由零点存在性定理可得ꎬｇ(ｘ)在(ｘ１ꎬｘ２)和(ｘ２ꎬπ)内各有１个零点ꎬ即此时ｇ(ｘ)在(０ꎬπ)上有２个零点.综上所述ꎬ当０<ａɤ１时ꎬｇ(ｘ)在(０ꎬπ)上仅有１个零点ꎻ当１<ａ<３时ꎬｇ(ｘ)在(０ꎬπ)上有２个零点.评注㊀本题难点在于研究函数ｇ(ｘ)的零点.函数的零点多与单调性有关ꎬ一般利用导数得到函数的单调区间ꎬ由于一阶导函数比较复杂ꎬ故求二阶导函数ꎬ通过研究ｙ＝ｇᵡ(ｘ)图象的大致特征ꎬ确定参数ａ的分界点ꎬ再结合零点存在性定理分析.与三角函数单调性有关的题目ꎬ两次求导的处理方法较为常见.４三角函数与对数型㊁指数型函数组合例４㊀(２０１９年泰安二模２１)已知函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－ｍ)ｌｎｘ(ｍɤ０).(１)若函数ｆ(ｘ)存在极小值点ꎬ求ｍ的取值范围ꎻ㊀㊀(２)证明:ｆ(ｘ＋ｍ)<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１.解析㊀(１)ｍ的取值范围是(－ｅ－２ꎬ０]. (２)当ｍɤ０时ꎬ有ｆ(ｘ＋ｍ)＝ｘｌｎ(ｘ＋ｍ)ɤｘｌｎｘꎬ若ｘｌｎｘ<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１成立ꎬ则ｆ(ｘ＋ｍ)<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１必成立.①若ｘɪ(０ꎬ１]ꎬ则ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１>０ꎬｘｌｎｘɤ０.于是ｘｌｎｘ<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１成立.所以ｆ(ｘ＋ｍ)<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１必成立.②若ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬ令ｈ(ｘ)＝ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１－ｘｌｎｘꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ｓｉｎｘ－ｌｎｘ－１.设ｇ(ｘ)＝ｈᶄ(ｘ)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１ｘ－ｃｏｓｘ.因为ｘɪ(１ꎬ＋ɕ)ꎬｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１ｘ－ｃｏｓｘ>０ꎬ于是ｇ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递增.所以ｇ(ｘ)>ｇ(１)＝ｅ－ｓｉｎ１－１>０.即得ｈᶄ(ｘ)>０.于是ｈ(ｘ)在(１ꎬ＋ɕ)上单调递增.所以ｈ(ｘ)>ｈ(１)＝ｅ＋ｃｏｓ１－１>０.即ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１－ｘｌｎｘ>０.故ｘｌｎｘ<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１.所以ｆ(ｘ＋ｍ)<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１.综上ꎬｆ(ｘ＋ｍ)<ｅｘ＋ｃｏｓｘ－１.评注㊀证明函数不等式的题型中ꎬ不管问题的种类如何千变万化ꎬ究其精髓多数还是把函数不等式的证明转化为研究函数的单调性或求最值问题.常见的证明方法有构造差函数证明㊁利用函数不等式模型ｅｘȡｘ＋１ꎬｌｎｘɤｘ－１(ｘ>０)㊁以直代曲进行放缩等.在求与三角函数相关的函数的单调区间时要注意三角函数的定义域㊁周期性及有界性等特殊性质ꎬ其中往往利用到－１ɤｓｉｎｘɤ１ꎬ－１ɤｃｏｓｘɤ１.另外要熟悉常见的三角函数不等式ꎬ如ｓｉｎｘ<ｘ<ｔａｎｘ(０<ｘ<π２)ꎬ０<ｓｉｎｘｘ<１(０<ｘ<π)等.５多个三角函数与其他函数组合例５㊀(２０１９年全国Ⅰ卷文２０)已知函数ｆ(ｘ)＝２ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ－ｘꎬｆᶄ(ｘ)为ｆ(ｘ)的导数. (１)证明:ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬπ)存在唯一零点ꎻ㊀(２)若ｘɪ[０ꎬπ]时ꎬｆ(ｘ)ȡａｘꎬ求ａ的取值范围.解析㊀(１)设ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)ꎬ则ｇ(ｘ)＝ｃｏｓｘ＋ｘｓｉｎｘ－１ꎬｇᶄ(ｘ)＝ｘｃｏｓｘ.当ｘɪ(０ꎬπ２)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(π２ꎬπ)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０ꎬ从而ｇ(ｘ)在(０ꎬπ２)上单调递增ꎬ在(π２ꎬπ)上单调递减.又ｇ(０)＝０ꎬｇ(π２)>０ꎬｇ(π)＝－２ꎬ故ｇ(ｘ)在(０ꎬπ)存在唯一零点.所以ｆᶄ(ｘ)在区间(０ꎬπ)存在唯一零点. (２)由题设知ｆ(ｘ)ȡａｘꎬｆ(π)＝０ꎬ可得ａɤ０.由(Ⅰ)知ꎬｆᶄ(ｘ)在(０ꎬπ)只有一个零点ꎬ设为ｘ０ꎬ且当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(ｘ０ꎬπ)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬｘ０)单调递增ꎬ在(ｘ０ꎬπ)单调递减.又ｆ(０)＝０ꎬｆ(π)＝０ꎬ所以ꎬ当ｘɪ[０ꎬπ]时ꎬｆ(ｘ)ȡ０.又当ａɤ０ꎬｘɪ[０ꎬπ]时ꎬａｘɤ０ꎬ故ｆ(ｘ)ȡａｘ.因此ꎬａ的取值范围是(－ɕꎬ０].评注㊀①对于零点不可求问题ꎬ常见的做法是 设而不求 .通过设出未知数作为桥梁进行消元或整体代换ꎬ这种数学思想在函数与导数问题中有着广泛应用.②要求证一个函数 有且只有一个 零点ꎬ可先用 函数零点的存在性定理 证明函数存在零点ꎬ再证明函数为单调函数ꎬ即得函数零点的唯一性.其依据为:如果函数ｆ(ｘ)在区间[ａꎬｂ]上是单调函数ꎬ并且ｆ(ａ) ｆ(ｂ)<０ꎬ则函数ｆ(ｘ)在区间(ａꎬｂ)上至多有一个零点.如果要证明函数有多个零点ꎬ一般要将分区间讨论解决ꎬ由于涉及三角函数ꎬ在判断导数的符号时ꎬ注意不同区间正弦㊁余弦函数值的正负[３].６结束语由上述例子可看出ꎬ导数与三角函数交汇的题型众多ꎬ融合函数㊁导数㊁不等式等重要知识点于一体ꎬ函数的表达式多是三角函数与ｅｘꎬｌｎｘ相结合.问题方面主要与函数的单调性㊁零点㊁极值与最值㊁恒成立问题㊁证明函数不等式等主干内容相关ꎬ多个知识点综合在一起.由于三角函数的特殊性ꎬ所以不单考查导数公式和导数的运算法则ꎬ还可能考查三角函数中的恒等变换㊁周期性㊁有界性ꎬ常见的三角不等式等.综合度较高ꎬ对于考生运用所学知识ꎬ寻找合理的解题策略以及推理论证能力有较高的要求.因此ꎬ在复习备考中要注重以下两点:①突出主干知识.导数试题注重对导数的几何意义㊁导数的运算法则㊁导数在研究函数中的应用等重点内容的考查ꎬ函数单调性是核心性质ꎬ要深化对函数单调性的认识ꎬ复习时应注重导数法在函数单调性中的应用.②注意总结ꎬ归纳提炼方法.复习时要善于总结ꎬ将涉及三角的函数导数试题分门别类ꎬ并归纳出常用的解法与注意事项ꎬ并通过题目的训练ꎬ举一反三ꎬ触类旁通.参考文献:[１]林国红.函数凹凸性视角下的双变量压轴题的探究[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２２(０５):１７－２０.[２]林国红.一题多解有妙法㊀深入探究促提升:２０２２年高考全国乙卷第２３题的探究[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(２５):６９－７２.[３]林国红.一道导数模考压轴题的探究[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２３(２２):８５－８９.[责任编辑:李㊀璟]。
三角函数与导数的结合
导数与三角函数的结合一、零点的判定与证明1．已知函数sin ()x f x x=，()cos sin g x x x x =⋅-（1）判断函数()g x 在区间()0,3π上零点的个数；（2）函数()f x 在区间()0,3π上的极值点从小到大分别为1x ，2x ，证明：()()120f x f x +<.【分析】（1）先由原函数求出其导函数，再研究导函数在()0π，，()2ππ，，(]2,3ππ的符号问题，从而得出函数()g x 在区间()0,3π上的单调性，从而得出函数()g x 在区间()0,3π上零点的个数；（2）先求出函数sin ()x f x x=的导函数，再结合（1）的结论及正切函数的性质可得21x x π>+，再结合余弦函数的单调性即可得解.【详解】解：（1）因为()cos sin g x x x x =⋅-，所以()cos sin cos sin g x x x x x x x '=--=-，当(]0x π∈，时，sin 0()0x g x '>∴< ，()g x 在0π（，）上单调递减，()(0)0g x g <=，()g x ∴在(]0π，上无零点；当(],2x ππ∈时，sin 0()0x g x '<∴> ，()g x 在2ππ（，）上单调递增，()0,(2)20g g ππππ=-<=>，()g x ∴在2ππ（，）上有唯一零点；当(]2,3x ππ∈时，sin 0()0x g x '>∴< ，()g x 在2ππ（，3）上单调递减，(2)0,(3)0g g ππ>< ，()g x ∴在(]2,3ππ上有唯一零点，综上，函数()g x 在区间()0,3π上有两个零点;（2）因为sin ()x f x x =，所以cos sin ()2x x x f x x-'=，由（1）知()f x 在(]0x π∈，无极值点；在(],2x ππ∈有极小值点，即为1x ；在(]2,3x ππ∈有极大值点，即为2x ，由cos sin 0,tan n n n n n x x x x x -==，1,2n =,21211tan tan tan(),x x x x x π>∴>=+ 35()0,()10,(2)0,()022g g g g ππππ<=-<>< 以及tan y x =的单调性,1235(,),(2,)22x x ππππ∴∈∈,215,(2,)2x x πππ+∈ ，由函数tan y x =在52,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,得21x x π>+，12121212sin sin ()()cos cos x x f x f x x x x x ∴+=+=+,由cos y x =在52,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减得211cos cos()cos x x x π<+=-，即12cos cos 0x x +<，故12()()0f x f x +<.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及函数的零点，主要考查了三角函数的单调性，重点考查了运算能力，属综合性较强的题型.2．已知函数cos ()a x f x b x=+，曲线()y f x =在点(,(22f ππ处的切线方程为620x y ππ+-=.（1）求()f x 的解析式；（2）判断方程3()12f x π=-在(0,2]π内的解的个数，并加以证明.【答案】（1）()3cos 1x f x x =-；（2）方程()312f x π=-在(]0,2π上有3个解；证明见解析。
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。
导数与三角函数的强强联合,一个日益兴起的命题亮点!
高中数学由于导数的引入，使得研究函数单调性和最值的方法更加丰富。
三角函数也是函数，当然也可以借助导数来研究三角函数问题。
对于三角函数的单调性、奇偶性、对称性、最值问题、含参问题或者相关综合性问题，借助导数进行研究能更充分地考查数学思想方法，运算求解能力，综合应变与解题调控能力，也能很好地彰显考生解题方法的灵活性，多样性与独创性，从而备受命题者的青睐。
不少高考试题和高三综合试题均在三角函数和导数交汇处进行命题，以下举例说明。
命题点一借助导数研究三角函数的单调性,奇偶性,对称性问题角度一：单调性题目涉及到三角函数在某个区间上单调，求参数的取值范围。
可以利用导数与单调性的关系进行求解。
若f(x)在(a，b)上单调递增，则f'(x)≥0；若f(x)在(a，b)上单调递减，则f'(x)≤0角度二：奇偶性问题可导奇函数的导函数为偶函数，可导偶函数的导函数为奇函数。
角度三：对称性问题三角函数的重要特征之一为：当x=x0为对称轴时，函数值取到最大值或者最小值。
结合图像不难发现此时函数在最高点或最低点处的切线斜率为0，则f'(x0)=0命题点二借助导数求三角函数的最值问题试题借助导数考查三角函数的单调性，进而求出最值。
命题点三借助导数求三角函数的极值点问题试题结合三角函数的图象与性质，紧扣极值点的概念进行求解。
要求对极值点的概念有深刻的认识。
命题点四借助导数求三角函数的零点问题借助导数考查三角函数的零点问题,经常与零点存在性定理一起使用，证明在某个区间内存在唯一零点。
命题点五借助导数求三角函数的交点问题以三角函数和直线方程为载体，借助导数研究问题，综合性较强，凸显多思少算。
不难发现，以三角函数为载体，融合函数、导数、不等式等重要知识点于一体，是此类试题的一大特色，充分体现数学知识本质联系，突出考查函数的性质、导数、不等式等知识及数学思想方法的灵活应用。
这类题目能够较好地考查学生运算求解能力，推理论证能力，数学核心素养，具有很好的启智功能，导向功能。
高考数学知识点复习： 导数与三角函数交汇—读者版
专题5导数与三角函数的交汇导数找到了三角函数，成为了指对跨阶的后花园，形成了指数、对数、三角的三足鼎立之势，尤其在2019全国新课标一卷的导数题出现了三角函数找点，大家开始对导数和三角函数的交汇类型题进行疯狂研究，这一部分到底有什么秘密呢？还是从高考原题开始研究，再通过一些最新模拟题寻找一个变化趋势，我们尽量给到您展现那种可以触摸得到的简单。
第一讲一切从切线开始三角函数的切线方程，按照平移体系得到，当0 x 时，x x sin ，1cos x ；按照这个原理来进行平移计算，当切点为0x x 时，得到00)sin(x x x x ，1)cos(0 x x ；例1．（2019•新课标Ⅱ）曲线2sin cos y x x 在点(1) ，处的切线方程为()A ．10x y B ．2210x y C ．2210x y D ．10x y 例2．（2019•天津）曲线cos 2xy x 在点(01)，处的切线方程为．例3．（2013•全国）曲线cos y x x 在点(00)，处的切线方程为．例4．（2019•金台区月考）已知曲线()cos 3f x x x x 在点(0(0))f ，处的切线与直线210ax y 垂直，则实数a 的值为()A ．4B ．1C ．12D ．4例5．（2019•蚌埠期末）曲线cos y ax x 在2x处的切线与直线21y x 垂直，则实数a 的值为()A ．1B ．1C ．4D ．4例6.（2019•青羊区校级期中）曲线sin y x x 在点(22，处的切线方程为()A ．0x y B ．0x y C ．240x y D ．2430x y 例7．（2019秋•廊坊月考）函数()sin (1cos )f x x x x 的图象在点() ，处的切线方程是．例8.（2011•湖南）曲线sin 1sin cos 2x y x x在点(0)4M，处的切线的斜率为()A ．12B ．12C ．22D ．22第二讲三角函数中的同构式一：找基友同构例9.（2019•大理州月考）若函数()cos x f x e x 在点(0(0))f ，处的切线与直线210x ay 互相垂直，则实数a 等于()A ．2B ．1C ．1D ．2例10.（2019•汉中月考）过原点作函数sin x y e x 的图象的切线，则切线方程是．例11.（2019•烟台期中）定义在(1) ，上的函数()f x 满足()cos 0f x x ，且(0)1f ，则不等式()sin 1f x x 的解集为()A ．(0) ，B ．(10) ，C ．(0) ，D ．(11)，例12．（2019•开福区校级月考）已知函数()()2sin f x f x x ，又当0x 时，()1f x ，则关于x 的不等式()()2)24f x f x x的解集为()A ．[)4，B ．[)4，C ．[)4，D ．[4，例13.（2020•天心区校级月考）已知定义在R 上的函数()f x 满足()()62sin 0f x f x x x ，且0x 时，()3cos f x x 恒成立，则不等式3()()62224f x f x x x 的解集为()A ．(0)4 ，B ．[)4，C ．(0)6，D ．[)6，例14.（2019•抚州期末）已知定义域为R 的函数()f x ，对任意的x R 都有()4f x x ，且11()22f ．当[02] ，时，不等式(sin )cos 210f 的解集为()A ．711()66，B ．45()33，C ．2()33，D ．5()66，三．抽象函数单调性构造例15.（2019•辽源期末）定义在(0)2，上的函数()f x ，()f x 是它的导函数，且恒有()()tan f x f x x 成立．则有()A 3()2cos1(1)6fB 3()()63fC ．2()6(46fD 2((43f例16.（2019•十堰月考）设()f x 是定义在(0)(0)22 ，，上的奇函数，其导函数为()f x ，当(0)2x ，时，cos ()()0sin xf x f x x，则不等式3()()sin 33f x f x 的解集为()A ．(0)(0)33，，B ．(0)()332，，C ．(()2332 ，，D ．()(0)233，，例17.（2019•6月份模拟）设奇函数()f x 的定义域为(22，，且()f x 的图象是连续不间断，(0)2x，，有()cos ()sin 0f x x f x x ，若()2()cos 3f m f m，则m 的取值范围是()A ．()23，B ．(03，C ．(23，D ．(32，例18.（2020•开福区校级月考）定义在()22，上的奇函数()f x 的导函数为()f x ，且(1)f 0 ．当0x 时，()tan ()0f x x f x ，则不等式()0f x 的解集为．第三讲极值和最值一．求导后需要借助辅助角公式x b x a x f cos sin )( ，)cos sin ()(c x b x a e x f x 或者xe cx b x a x fcos sin )(，这类型函数的特点就是三角函数齐次或者齐角，求完导都和辅助角公式又关联.例19.（2020•重庆模拟）若函数2sin 2()2cos 2xf x x ax 存在单调递减区间，则实数a 的取值范團是()A ．1a B ．5a C ．1a D ．5a 例20.（2019•香坊区校级月考）已知函数()3(sin )x f x e x a 有极值，则实数a 的取值范围为()A ．(22)，B ．(11)，C ．[22]，D ．[11]，例21.（2019•萍乡一模）已知函数()f x 在定义域R 上的导函数为()f x ，若函数()y f x 没有零点，且[()2019]2019x f f x ，当()sin cos g x x x kx 在[]22，上与()f x 在R 上的单调性相同时，则实数k 的取值范围是()A ．(1]，B ．(2] ，C ．[12] ，D ．[2)例22.（2019•蚌山区校级月考）已知函数()sin cos f x a x x ，(0)6x，，若12x x ，使得12()()f x f x ，则实数a 的取值范围是()A ．3(02，B ．(03)，C ．3(3)3，D ．3(03，二．求导后需要借助三角函数有界性或者二次函数n cx x b x a x f cos 2sin )(或者n cx x b x a x f 2cos sin )(，这类型函数的特点就是三角函数非齐次或者倍角关系，求完导需要利用二次函数甚至对勾函数性质.例23.（2018•新课标Ⅰ）已知函数()2sin sin 2f x x x ，则()f x 的最小值是．例24.（2019•安徽期末）若函数1()sin 2sin 4f x x x a x 在() ，上单调递增，则实数a 的取值范围是()A ．11[]22，B ．1[1]2，C ．[11]，D ．1[12，例25.（2019•七星区校级期中）若函数()sin 2f x x a x 在[0)4，上单调递增，则a 的取值范围是()A ．1[0]2，B ．[1)，C ．1[)2 ，D ．1(]2，例26.（2019•福州期末）已知函数3()sin f x x x ax ，则下列结论正确的是()A ．()f x 是奇函数B ．若()f x 是增函数，则1a C ．当3a 时，函数()f x 恰有两个零点D ．当3a 时，函数()f x 恰有两个极值点例27.（2019•河南一模）若函数()(sin )cos f x mx m x x 在() ，单调递减，则m 的取值范围是．三．单调性和对称性综合定理1：原函数的中心对称位置将成为导函数的对称轴，原函数的对称轴位置上，必然出现对称中心，这个定理对三角函数百试不爽；定理2：)0(2)0()()(f m M f x f x f ，其中max )(x f M ，min )(x f m （参考本书函数奇偶性专题）；例28.（2019•娄底期末）已知函数34()sin 1xf x x x e，其导函数为()f x ，则(2020)(2020)(2020)(2020)f f f f 的值为()A ．4040B ．4C ．2D ．0例29.（2019•重庆模拟）若函数()(cos sin )x f x x x e ，(010)x ，，则()f x 的所有极大值点之和与所有极小值点之和的差为()A ．5B ．5C ．55D ．55例30.（2019•沙坪坝区校级月考）设函数()(sin cos )([20192020]x f x e x x x ，．过点1(0)2A ，作函数()f x 图象的所有切线，则所有切点的横坐标之和为()A ．2019B ．2020C ．20192D ．1010例31.（2019•叶集区校级月考）若关于x 的函数2222sin()4()(0)2cos tx t x x f x t x x的最大值和最小值之和为4，则t．例32.（2019•博望区校级模拟）已知函数32()312f x ax ax bx a b ，若()(1)([]0)cos 2x xe e g xf x x a a a x ，，的最大值为M ，则下列说法正确的是()A ．M 的值与a ，b 均无关，且函数()g x 的最小值为MB ．M 的值与a ，b 有关，且函数()g x 的最小值为MC ．M 的值与a ，b 有关，且函数()g x 的最小值为2MD ．M 的仅与a 有关，且函数()g x 的最小值为2M例33.（2019•吉安模拟）已知定义在R 上的奇函数()f x 满足0x 时，2()ln ln2f x x x，则函数()()sin g x f x x （e 为自然对数的底数）的零点个数是()A ．1B ．2C ．3D ．5四．三倍角公式和三次函数转换322sin 4sin 3sin )sin 21(cos sin 2sin 2cos cos 2sin )2sin(3sin ；cos 3cos 4cos sin 2cos )1cos 2(sin 2sin cos 2cos )2cos(3cos 322 ；由此得到降幂公式：43cos cos 3cos 43sin sin 3sin 33，秒杀秘籍：最值界定例34.（2019•黄浦区期末）已知公式3cos34cos 3cos ，R ，借助这个公式，我们可以求函数33()432([0])f x x x x ，的值域．则该函数的值域是．例35.（2019•广东模拟）已知34a ，0b ，函数3()f x x ax b ，11x ，设|()|f x 的最大值为M ，且对任意的实数a ，b 恒有M K 成立，则实数K 的最大值为()A ．4B ．2C ．12D ．14例36.（2020•武汉3月调研）如果关于x 的不等式0123 ax x 在]11[， 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．0a B ．1a C ．2a D ．2233a 例37.（2019•武汉模拟）已知函数3()f x x axb 定义域为[12] ，，记|()|f x 的最大值为M ，则M 的最小值为()A ．4B ．3C ．2D 3例38.（2016•天津）设函数3()(1)f x x ax b ，x R ，其中a ，b R ．（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x ，其中10x x ，求证：1023x x ；（3）设0a ，函数()|()|g x f x ，求证：()g x 在区间[02]，上的最大值不小于14．达标训练A1．（2019•文峰区校级月考）函数()cos f x x x 在2x处的切线方程为()A ．240x y B ．20x y C ．410x y D ．420x y 2．（2018•重庆期末）已知函数()cos x f x e x ，则曲线()f x 在点(0(0))f ，处的切线方程为()A ．0y B ．2y xC ．y xD ．2y x3．（2019•中原区校级期中）曲线cos x y e x 在点(01)，处的切线方程为()A ．10x y B ．10x y C ．10x y D ．10x y 4.（2019•吉林三模）已知函数()f x 的导函数为()f x ，且满足()cos (2f x x xf，若曲线()y f x 在0x 处的切线为l ，则下列直线中与直线l 垂直的是()A ．210x y B ．210x y C ．220x y D ．210x y 5．（2019•邯郸期末）曲线sin(22x y x e在点(03)，处的切线方程是()A ．230x y B ．30x y C ．260x y D ．230x y 6．（2019•常德期末）曲线sin 1ln(1)y x x x 在0x 处的切线方程为7．（2019秋•天心区校级月考）给出定义：设()f x 是函数()y x 的导函数，()f x 是函数()f x 的导函数，若方程()0f x 有实数解0x ，则称点00(())x f x ，为函数()y f x 的“拐点”，已知函数()54sin cos f x x x x 的“拐点”是00(())x f x ，，则点(M )A ．在直线5y x 上B ．在直线5y x 上C ．在直线4y x 上D ．在直线4y x 上8．（2019•乌鲁木齐二模）若直线y x m 与曲线sin cos y a x b x ()a b m R ，，相切于点(01)，，则a bm的值为．9．（2012•湖南）设定义在R 上的函数()f x 是最小正周期2 的偶函数，()f x 是函数()f x 的导函数，当[0]x ，时，0()1f x ；当(0)x ，，且2x 时，(()02x f x，则函数()sin y f x x 在[22] ，的零点个数为()A ．2B ．4C ．5D ．810.（2019•南昌二模）已知函数()f x 对x R 有()()2cos f x f x x ，且()sin 0f x x ，若角 满足不等式()()0f f ，则 的取值范围是()A ．(]2，B ．(] ，C ．[22，D ．[0]2，11．（2019•道里区校级期末）已知函数()f x 的定义域为R ，(0)1f ，对任意的x R 满足()2f x x ．当[0] ，时，不等式(sin cos )sin 20f 的解集为()A ．()42，B ．3[0)4，C ．()4 ，D ．3()24，12．（2019•中原区校级月考）已知函数()f x 的定义域为R ，11(22f ，对任意的x R 满足()4f x x 当[] ，时，不等式(cos )cos 20f 的解集为()A ．()33，B ．2()33，C ．2()33，D ．5()66，13．（2019•驻马店期末）已知函数()y f x 对于任意的(22x，满足()cos ()sin 0f x x f x x （其中()f x 是函数()f x 的导函数），则下列不等式成立的是()A ．2()(0)3f fB ．(0)2()4fC ．(1)(1)f f D ．(1)f (0)cos1f 14．（2019秋•滨州期末）已知定义在[0)2，上的函数()f x 的导函数为()f x ，且(0)0f ，()cos ()sin 0f x x f x x ，则下列判断中正确的是()A ．6()()64f f B ．(ln )03fC ．(2()63f f D ．()2()43f 15.（2019•泰安期中）已知()f x 是定义在()22，上的奇函数，其导函数为()f x ，()28f，且当(0)2x，时，()sin 22()cos 20f x x f x x ．则不等式()sin 21f x x 的解集为．16.（2019•荔湾区校级月考）已知函数sin ()xx af x e有极值，则实数a 的取值范围为17.（2019•淮南二模）函数1()sin 2cos 3f x x x a x 在() ，内单调递增，实数a 的取值范围是()A ．[22]，B ．4[23 ，C ．44[33 ，D ．4[23，18.（2019•天津期末）若函数1()2sin 2sin 2f x x x a x 在区间() ，上单调递增，则实数a 的取值范围是()A ．(10] ，B ．[01)，C ．(11) ，D ．[11]，19.（2019•金华期末）设()cos [63a f x x x x，，的最大值为M ，则()A.当1a 时，3M B ．当2a 时，33MC ．当1a 时，32M D ．当3a 时，12M20.（2019秋•广东月考）函数()sin 22cos f x x x ，()22x，的最大值是．21.（2020•南通模拟）函数1()sin 2f x x x，[0]x ，的最大值为．22.（2019•北碚区校级期末）已知函数3(1)2x x f x x ，若(sin 2)(cos 2)4f x f x ，则x 的范围是()A ．|2x x k k Z，B ．7(22)(22)6226k k k k，，∪，k Z C ．7(2)66k k，，k Z D ．23.（2019•仙游县校级月考）设函数()(sin cos )x f x e x x ，若02020x ，则函数()f x 的各极大值之和为()A ．1010(1)1e e e B ．10102(1)1e e e C ．20202(1)1e e eD ．2020(1)1e e e24.（2019•怀化期中）设函数()3xf x m，若存在()f x 的极值点0x 满足22200[()]x f x m ，则m 的取值范围是()A ．(2)(2+) ，∪，B ．(3)(3+) ，∪C ．(2)(2+)，∪D ．(1)(1+)，∪，25．（2019•五华区校级月考）已知函数()(sin cos )x f x e a x b x ，若0x 是()f x 的一个极小值点，且222a b ，则(a )A ．1B ．0C ．1D ．126.（2020•马鞍山一模）已知21()cos 2f x x a x ，当1a 时，()f x 在(0) ，上()A ．有最大值没有最小值B ．有最小值没有最大值C ．既有最大值也有最小值D ．既无最大值也无最小值27.（2019•南开区二模）已知函数1()2sin x xf x e x e，其中e 为自然对数的底数，若2(2)(3)0f a f a ，则实数a 的取值范围为．28．（2019•济南一模）已知函数2()cos(2121xf x x x ，则()f x 的最大值与最小值的和为()A ．0B ．1C ．2D ．429.（2019•博望区校级模拟）已知函数23()sin []cos 34x f x x x x，，，则()f x 的最小值是．30．（2019•沙坪坝区校级期中）设函数2()sin f x x在(0) ，上最小的零点为0x ，曲线()y f x 在点0(0)x ，处的切线上有一点P ，曲线23ln 2y x x上有一点Q ，则||PQ 的最小值为()A ．510B ．55C ．3510D ．25531.已知函数32()8f x x ax bx ，是否存在任意实数a b 、，使得 2f x 对任意的 11x ，恒成立，若存在，求出a b 、，若不存在，说明理由．32.（2018•威海期末）若关于x 的方程3515x x m 在2][1 ，上有解，则实数m 的取值范围是()A ．[1010]，B ．[10)，C ．(10]，D ．[10)，33.（2019•清江浦区校级月考）函数3()41f x x ax ，[01]x ，，若()0f x 恒成立，则实数a 的取值范围是．34.（2020•清华大学中学生能力测试）设函数32()|6|f x x x ax b ，若对任意的实数a 和b ，总存在0[03]x ，，使得0()f x m ，则实数m 的最大值为．达标训练B1．（2019•丰台区期末）某同学解答一道导数题：“已知函数()sin f x x ，曲线()y f x 在点(00)，处的切线为l ．求证：直线l 在点(00)，处穿过函数()f x 的图象．”该同学证明过程如下：证明：因为()sin f x x ，所以()cos f x x ．所以(0)1f ．所以曲线()y f x 在点(0,0)处的切线方程为y x ．若想证直线l 在点(00)，处穿过函数()f x 的图象，只需证()()sin g x f x x x x 在0x 两侧附近的函数值异号．由于()cos 10g x x ，所以()g x 在0x 附近单调递减．因为(0)0g ，所以()g x 在0x 两侧附近的函数值异号．也就是直线l 在点(0,0)处穿过函数()f x 的图象．参考该同学解答上述问题的过程，请你解答下面问题：已知函数32()f x x ax ，曲线()y f x 在点(1(1))P f ，处的切线为l ．若l 在点P 处穿过函数()f x 的图象，则a 的值为()A ．3B ．32C ．0D ．32．（2019•荔湾区月考）函数()2cos f x x x 在点((22f，处的切线方程为()A ．302x yB ．02x yC ．3302x yD ．02x y3．（2019•滨城区校级月考）曲线(1cos )x y e x 在点(02)，处的切线方程为()A ．2y B ．2y x C ．22y x D ．22y x 4．（2019•驻马店期末）曲线sin x y e x 在点(01)，处的切线方程为()A ．y xB ．1y x C ．21y x D ．31y x 5.（2020•宜宾模拟）设曲线1cos ()sin x f x x 在3x处的切线与直线1y ax 平行，则实数a 等于()A ．1B ．23C ．2D ．26．（2019秋•重庆期末）曲线(sin )x y x x e 在点(00)，处的切线方程为．7．（2019•盐城三模）已知函数()4sin f x x x ，若不等式12()kx b f x kx b 对一切实数x 恒成立，则21b b 的最小值为．8．（2016•新课标Ⅰ）若函数1()sin 2sin 3f x x x a x 在() ，单调递增，则a 的取值范围是()A ．[11]，B ．1[1]3 ，C ．11[]33 ，D ．1[13，9．（2019•威海二模）已知函数()f x 的定义域为R ，11(22f ，对任意的x R 满足()4f x x ，当[02]，时，不等式(sin )cos 20f 的解集为()A ．5(66，B ．2()33，C ．45(33，D ．711(66，10．（2019•河南期末）已知函数()f x 的定义域为R ，导函数为()f x ，若()cos ()f x x f x ，且sin ()02xf x，则满足()()0f x f x 的x 的取值范围为．11．（2019•赣州期中）已知函数()f x 在定义城R 上可导，且()cos f x x ，则关于x 的不等式()()2)24f x f x x的解集为()A ．[)4，B ．[)4，C ．(]4，D ．(4，12.（2019•东胜区校级月考）已知函数()f x 满足(0)1f ，且()cos ()sin f x x f x x ，则不等式()cos 10f x x的解集为()A ．(1) ，B ．(1) ，C ．(0) ，D ．(0)，13．（2019•安徽期末）已知()2(1)cos f x x x ，则不等式(ln 1)1f x 的解集为()A ．(0)e ，B ．(1)，C ．()e ，D ．(1)e ，14.（2020•荆州一模）已知函数()f x 是(22，上的奇函数，其导函数为()f x ，且(1)0f ，当0x 时，()tan ()0f x x f x ，则不等式()0f x 的解集为．15．（2019•黄山二模）已知定义在R 上的连续可导函数()f x 无极值，且x R ，[()2018]2019x f f x ，若()2sin()6g x x mx 在3[2]2，上与函数()f x 的单调性相同，则实数m 的取值范围是()A ．2]( ，B ．[2)，C ．(2]，D ．[2 ，-1]16.（2020•岳阳一模）若函数()(cos )x f x e x a 在区间(0) ，上单调递增，则实数a 的取值范围是．17.（2019•朝阳区期末）已知函数()sin 21()f x k x x k R ，当(2)(2)k ，，∪时，()f x 在(02) ，内的极值点的个数为()A ．0B ．1C ．2D ．318.（2020•郴州一模）已知函数()f x 在定义域R 上的导函数为()f x ，若函数()y f x 没有零点，且[()2020]2020x f f x ，当()sin 3g x x x kx 在[22，上与()f x 在R 上的单调性相同时，实数k 的取值范围是()A ．(1]，B ．(3] ，C ．[13] ，D ．[3)19．（2019•临沂期末）已知函数()sin cos f x x x x x 的定义域为[22) ，，则()A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在[0) ，上单调递增C ．()f x 恰有4个极大值点D ．()f x 有且仅有4个极值点20.（2018•河南期末）若函数23sin cos 1y x x a 在区间[]22，上的最小值为0，则a ．21.（2019•中原区校级月考）32()sin cos (0)3f x x x x ，，，则下列关于()f x 的说法正确的为()A ．存在极大值，也存在极小值B ．存在极大值，不存在极小值C ．不存在极大值，存在极小值D ．不存在极大值，也不存在极小值22.（2019•袁州区校级模拟）设函数1()()f x ax a b Z x b，，曲线()y f x 在点(2(2))f ，处的切线方程为3y ．已知方程()sin(1)1f x A x 有1x ，2x ，3x ，4x 共4个不等实根，则12341234()()()()(f x f x f x f x x x x x )A ．0B ．1C ．2D ．423.（2019•杏花岭区校级月考）已知函数22(1)sin ()1x xf x x ，其中()f x 为函数()f x 的导数，则(2018)(2018)(2019)(2019)(f f f f )A ．2B ．2019C ．2018D ．024.（2019•雨花区校级月考）设函数()()sin x x f x e e x t ，[]x a a ，的最大值和最小值分别为M ，N ．若8M N ，则(t )A ．0B ．2C ．4D ．825.（2020春•桃城区校级月考）已知函数3()1sin f x x x x ，若2(1)(2)2f a f a ，则实数a 的取值范围是()A ．3[1]2，B ．3[1]2，C ．1[12，D ．1[1]2，26.（2019•上虞区二模）函数2()2sin 1f x x x M ，最小值为N ，则M N 的值是()A ．0B ．1C ．2D ．427.（2019•汇川区校级月考）已知函数3()sin ()f x ax x x a R 在[0) ，上单调递增，则a 的取值范围为()A ．1(06，B ．1[]6，C ．1(04，D ．1[]4，28.（2019•益阳期末）已知函数2cos 12cos ()1sin cos (0)2f x x x，，，若存在(01)x ，，使不等式()0f x 成立，则 的取值范围为()A ．(0)12，B ．5(122，C ．5(0)()12122，∪，D ．5()1212，29．（2019•沙坪坝区校级月考）已知()cos f x x ，点(01)P ，，若()y f x 图象上存在一点00)(Q x y ，处的切线与直线PQ 和y 轴围成底边在y 轴上的等腰三角形，则2000(1)tan (x x x )A ．2B ．3C ．4D ．630.（2019•滁州期末）设函数3()1()f x ax x x R ，若对于任意[11]x ，都有()0f x ，则实数a 的取值范围为()A ．(2]，B ．[0) ，C ．[02]，D ．[12]，31.设函数 3||f x x ax bx c ，a b c R ，，，总存在 004x ，，使得不 0f x m 等式成立，则实数m 的取值范围是.32．（2019•徐州期中）已知a R ，若函数3()(12)f x x ax x 的最大值为M ，则M 的最小值为．。
导数与三角函数的结合
----导数与三角函数的结合1.〔导数与三角函数结合〕函数321()43cos 32f x x x θ=-+，其中x R θ∈，为参数，且02πθ≤≤.〔1〕当cos 0θ=时，判定函数()f x 是不是有极值；〔2〕要使函数()f x 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；〔3〕假设对〔2〕中所求的取值范围内的任意参数θ，函数在区间〔2a －1,a 〕内都是增函数，求实数a 的取值范围.【分析】概念域D 上的可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是0()0f x '=，且()f x '在0x 双侧异号.【解析】〔1〕当cos 0θ=时，31()432f x x =+，那么,012)('2≥=x x f 函数()f x 在〔－∞，＋∞〕内是增函数，故无极值.〔2〕2()126cos f x x x θ'=-,令()0f x '=，得12cos 02x x θ==，. 由02πθ≤≤及〔1〕,只考虑cos 0θ>的情形.当x 转变时，()f x '的符号及()f x 的转变情形如下表：因此，函数()f x 在2x =处取得极小值()2f ，且3()cos 2432=-+f θ. 要使cos ()2f θ＞0,必有311cos 0432-+>θ，可得10cos 2θ<<，因此32ππθ<<. 〔3〕由〔2〕知，函数()f x 在区间〔－∞，0〕与cos ()2θ+∞，内都是增函数.由题设，函数()f x 在〔2a －1,a 〕内都是增函数，那么a 需知足不等式组21211021cos 2a a a a a a θ-<⎧-<⎧⎪⎨⎨≤-≥⎩⎪⎩或， 由〔2〕,参数ππθ∈（，）32时，10cos 2θ<<，要使不等式121cos 2a θ-≥关于参数θ恒成立，必有1214a -≥. 综上，解得a ≤0或518a ≤<，因此a 的取值范围是〔－∞，0］∪［58，1〕. 2.函数f (x )＝ax sin x －32(a ∈R)，且在[0，π2]上的最大值为π－32. (1)求函数f (x )的解析式；(2)判定函数f (x )在(0，π)内的零点个数，并加以证明．【思路点拨】 (1)分a ＝0、a ＜0和a ＞0三种情形求函数f (x )的最大值；(2)先用零点存在性定理判定有无零点，再依照函数的单调性判定零点的个数．【标准解答】 (1)由得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )，关于任意x ∈(0，π2)，有sin x ＋x cos x >0. 当a ＝0时，f (x )＝－32，不合题意． 当a <0，x ∈(0，π2)时，f ′(x )<0，从而f (x )在(0，π2)内单调递减． 又f (x )在[0，π2]上的图象是持续不断的，故f (x )在[0，π2]上的最大值为f (0)＝－32，不合题意； 当a >0，x ∈(0，π2)时，f ′(x )>0，从而f (x )在(0，π2)内单调递增，又f (x )在[0，π2]上的图象是持续不断的，故f (x )在[0，π2]上的最大值为f (π2)，即π2a －32＝π－32，解得a ＝1. 综上所述，函数f (x )的解析式f (x )＝x sin x －32. (2)f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：由(1)知，f (x )＝x sin x －32，从而有f (0)＝－32<0，f (π2)＝π－32>0. 又f (x )在[0，π2]上的图象是持续不断的，因此f (x )在(0，π2)内至少存在一个零点． 又由(1)知f (x )在[0，π2]上单调递增，故f (x )在(0，π2)内有且仅有一个零点． 当x ∈[π2，π]时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x . 由g (π2)＝1>0，g (π)＝－π<0，且g (x )在[π2，π]上的图象是持续不断的，故存在m ∈(π2，π)，使得g (m )＝0. 由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈(π2，π)时，有g ′(x )<0， 从而g (x )在(π2，π)内单调递减． 当x ∈(π2，m )时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，从而f (x )在(π2，m )内单调递增， 故当x ∈[π2，m ]时，f (x )≥f (π2)＝π－32>0，故f (x )在[π2，m ]上无零点； 当x ∈(m ，π)时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，从而f (x )在(m ，π)内单调递减．又f (m )>0，f (π)<0，且f (x )在[m ，π]上的图象是持续不断的，从而f (x )在(m ，π)内有且仅有一个零点． 综上所述，f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．。
导数与三角函数的综合的解题技巧
导数与三角函数的综合的解题技巧
本文将介绍导数与三角函数的综合的解题技巧。
首先，我们需要掌握三角函数的基本性质，包括正弦函数、余弦函数和正切函数的周期、对称轴、奇偶性等。
其次，我们需要了解导数的概念和求导法则，例如常数函数的导数为0，幂函数的导数为幂次减1乘以系数等。
接着，我们可以利用导数的定义和求导法则，对于给定的三角函数式子进行求导。
在求导过程中，需要注意链式法则和乘积法则等技巧的应用。
最后，我们可以利用导数的性质和三角函数的特点，找到函数的最值、拐点和极值等重要的解题技巧。
总之，掌握导数与三角函数的综合的解题技巧，可以帮助我们更好地理解数学知识，并且能够更加高效地解决相关的问题。
- 1 -。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
----导数与三角函数的结合
1.（导数与三角函数结合）已知函数3
2
1
()43cos 32
f x x x θ=-+，其中x R θ∈，为参数，且02
π
θ≤≤
.（1）当cos 0θ=时，判断函数()f x 是否有极值；
（2）要使函数()f x 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；
（3）若对（2）中所求的取值范围内的任意参数θ，函数在区间（2a －1,a ）内都是增函数，求实数a 的取值范围.
【分析】定义域D 上的可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是0()0f x '=，且
()f x '在0x 两侧异号.
【解析】（1）当cos 0θ=时，3
1()432
f x x =+，则,012)('2
≥=x x f 函数()f x 在（－∞，＋∞）内是增函数，故无极值.
（2）2
()126cos f x x x θ'=-,令()0f x '=，得12cos 02
x x θ
==
，. 由02
π
θ≤≤
及（1）,只考虑cos 0θ>的情况.
当x 变化时，()f x '的符号及()f x 的变化情况如下表：
因此，函数()f x 在2x =
处取得极小值(
)2f ，且3()cos 2432
=-+f θ. 要使cos ()2f θ＞0,必有311cos 0432-+>θ，可得10cos 2θ<<，所以32
ππ
θ<<. （3）由（2）知，函数()f x 在区间（－∞，0）与cos ()2
θ
+∞，内都是增函数.由题设，函数()f x 在（2a －1,a ）内都是增函数，则a 需满足不等式组21211
021cos 2
a a
a a a a θ-<⎧-<⎧⎪
⎨⎨≤-≥⎩⎪⎩或， 由（2）,参数ππθ∈（，）32时，10cos 2θ<<，要使不等式121cos 2a θ-≥关于参数θ恒成立，必有1
214a -≥.
综上，解得a ≤0或518a ≤<，所以a 的取值范围是（－∞，0］∪［5
8
，1）.
2.已知函数f (x )＝ax sin x －32(a ∈R)，且在[0，π
2]上的最大值为π－32
.
(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．
【思路点拨】 (1)分a ＝0、a ＜0和a ＞0三种情况求函数f (x )的最大值； (2)先用零点存在性定理判断有无零点，再根据函数的单调性判断零点的个数． 【规范解答】 (1)由已知得f ′(x )＝a (sin x ＋x cos x )， 对于任意x ∈(0，π
2)，有sin x ＋x cos x >0.
当a ＝0时，f (x )＝－3
2
，不合题意．
当a <0，x ∈(0，π2)时，f ′(x )<0，从而f (x )在(0，π
2
)内单调递减．
又f (x )在[0，π2]上的图象是连续不断的，故f (x )在[0，π2]上的最大值为f (0)＝－3
2，不合
题意；
当a >0，x ∈(0，π2)时，f ′(x )>0，从而f (x )在(0，π2)内单调递增，又f (x )在[0，π
2]上的图
象是连续不断的，故f (x )在[0，π2]上的最大值为f (π2)，即π2a －32＝π－3
2
，解得a ＝1.
综上所述，函数f (x )的解析式f (x )＝x sin x －3
2.
(2)f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．
证明如下：由(1)知，f (x )＝x sin x －32，从而有f (0)＝－32<0，f (π2)＝π－3
2>0.
又f (x )在[0，π2]上的图象是连续不断的，所以f (x )在(0，π
2)内至少存在一个零点．
又由(1)知f (x )在[0，π2]上单调递增，故f (x )在(0，π
2)内有且仅有一个零点．
当x ∈[π
2
，π]时，令g (x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x .
由g (π2)＝1>0，g (π)＝－π<0，且g (x )在[π2，π]上的图象是连续不断的，故存在m ∈(π2，π)，
使得g (m )＝0.
由g ′(x )＝2cos x －x sin x ，知x ∈(π
2，π)时，有g ′(x )<0，
从而g (x )在(π
2
，π)内单调递减．
当x ∈(π2，m )时，g (x )>g (m )＝0，即f ′(x )>0，从而f (x )在(π
2，m )内单调递增，
故当x ∈[π2，m ]时，f (x )≥f (π2)＝π－32>0，故f (x )在[π2
，m ]上无零点；
当x ∈(m ，π)时，有g (x )<g (m )＝0，即f ′(x )<0，从而f (x )在(m ，π)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，f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．。