重难点专题13导数与三角函数结合的解答题

重难点专题13导数与三角函数结合的解答题TOC\o"13"\h\z\u题型1分段分析法 1题型2放缩法 15题型1分段分析法【例题1】（2023秋·福建厦门·高三福建省厦门第二中学校考开学考试）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，（1）f'(x)在区间（2）f(x)有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在-1,π2上单调递减，根据零点存在定理可判断出∃x0∈0,π2，使得g'x0=0，进而得到导函数在-1,π2上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x=0为fx在-1,0上的唯一零点；当x∈0,π【详解】（1）由题意知：fx定义域为：-1,+∞且令gx=∴g'∵1x+12在-1,π2∴g'x又g'0∴∃x0∴当x∈-1,x0时，g'即gx在-1,x0则x=x0为即：f'x在区间-1,π（2）由（1）知：f'x①当x∈-1,0时，由（1）可知f'x∴f'x≤f又f∴x=0为fx在-1,0②当x∈0,π2时，f'x又f'0∴fx在0,x0又f∴∃x1∴fx在x0,又fx0∴fx>0在③当x∈π2,π时，sin∴fx在π又fπ2即fπ⋅fπ2<0∴fx在π④当x∈π,+∞时，sinx∈∴即fx在π,+∞综上所述：fx有且仅有2【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可【变式11】1.（2020春·福建福州·高三统考阶段练习）已知函数fx（1）fx在区间0,π（2）fx【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）设gx=f'x=1x-1+2cosx,对g（2）利用导函数分别讨论x∈0,π,x∈π,2π,【详解】证明:(1)设gx当x∈0,π时,g所以gx在0,π又因为gπ3=所以gx在π3,即函数f'x在当x∈0,α时,f'x>0,当x∈α,π时,f'x<0,所以fx在0,π上存在唯一的极大值点(2)①由(1)知:fx在0,π上存在唯一的极大值点α所以fα又因为f1所以fx在0,α又因为fπ所以fx在α,π②当x∈π,2π时,sinx≤0,设hx=ln所以hx在π,2π上单调递减,所以h所以当x∈π,2π时,f所以fx在π,2π③当x∈2π,+∞时,f设φx=ln所以φx在2π,+∞所以φx所以当x∈2π,+∞时,f所以fx在2π,+∞综上,fx【点睛】本题考查利用导函数求极值,考查利用导函数处理零点问题,考查分类讨论思想和运算能力.【变式11】2.（2019秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数fx（1）证明：fx≤0，（2）判断y=fx【答案】（1）证明见解析；（2）三个零点，证明见解析.【分析】（1）由函数y=fx是偶函数，只需利用导数证明函数y=fx在区间0,π（2）由（1）得出函数y=fx在区间-π2,π2上只有一个零点，然后利用函数值符号得出该函数在区间3,+∞上无零点，利用导数分析函数的单调性，并分析极值的符号，结合零点存在定理得出该函数在区间【详解】（1）∵fx=cos只需证fxmax≤0f'x=-当x∈0,π2时，令f当x∈0,π3时，f当x∈π3,π2∵f'0当x∈0,π2时，f'x因此，对任意的x∈-π2（2）三个零点，证明如下：由（1）可知，当x∈-π2,π当x∈3,+∞时，fx≥当x∈π2,3时，f此时，函数y=f'x单调递增，f由零点存在定理可知，存在x0∈π当x∈π2,x0当x∈x0,3时，f∵fπ2=π2由零点存在定理知，函数y=fx在区间π2,x0上无零点，在区间x由于函数y=fx为偶函数，所以，函数y=fx在-∞,-3上无零点，在综上所述，函数y=fx【点睛】本题考查利用导数证明不等式，以及利用导数研究函数的零点个数问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.【变式11】3.（2021·甘肃平凉·静宁县第一中学校考模拟预测）已知函数f（x）＝lnx﹣sinx+ax（a＞0）．（1）若a＝1，求证：当x∈（1，π2（2）若f（x）在（0，2π）上有且仅有1个极值点，求a的取值范围．【答案】（1）详见解析；（2）（0，1-1【分析】（1）构造函数g（x）＝f（x）﹣（2x﹣1），对其求导研究其在x∈1（2）先对f（x）求导，然后把f（x）在（0，2π）上有且仅有1个极值点转化为f'x=1x-cosx+a的零点问题，利用y【详解】解：（1）证明：当a＝1时，f（x）＝lnx﹣sinx+x，令g（x）＝f（x）﹣（2x﹣1）＝lnx﹣sinx﹣x+1，x∈1则g'x=1x故g（x）＜g（1）＝﹣sin1＜0，所以f（x）＜2x﹣1；（2）解：由题知f'x=1x∵fx∴函数y=1x+a（a＞0）与函数y＝cosx，x∈∴12π+a<cos2π=1，即所以a的取值范围为0,1-1【点睛】本题考查构造函数证明不等式，利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.【变式11】4.（2021·天津和平·耀华中学校考一模）已知函数fx=ln（1）当a=0时，求曲线y=fx在点π（2）判断函数fx（3）讨论函数fx在π【答案】（1）y=2【分析】（1）求出fπ2、（2）对实数a的取值进行分类讨论，分析导数f'x在（3）对实数a的取值进行分类讨论，分析函数fx在π【详解】（1）当a=0时，fx=ln所以，fπ2=1+所以，曲线y=fx在点π2,fπ2（2）f'x=则g'x=-1x2-所以，f'xmin=f①若f'π=由零点存在定理可知，存在x0∈0,π当x∈0,x0时，f当x∈x0,π时，f所以，fx在x=②若f'π≥0，则a≥1-1π此时，函数fx在0,π上单调递增，此时函数f综上所述，当a<1-1π时，函数当a≥1-1π时，函数（3）分以下情况讨论：①若a≥1-1π，函数fx则fx此时，函数fx在π②若a<1-1π，由（2）可知，由零点存在定理可知，存在x0∈0,π，使得f'x从而有a=-1x0-cosx0，设hx=-（i）若x0∈0,π2，此时a∈若fπ2fπ>0此时函数fx在π若fπ2f此时函数fx在π当a=-2πlnπ2+1时，fπ（ii）当x0∈π2,π时，此时a∈-2fπ2=所以，fx设mx=lnx+sin所以，函数mx在π2,π若fπ>0，即a>-lnππ，即-若fπ≤0，即a≤-lnππ，即-综上所述，当a∈-∞,-2π1+ln当a∈-2π1+ln【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a【变式11】5.（2021秋·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数fx（1）当x∈π2,π（2）当x∈0,2π时，求y=f【答案】（1）1个；（2）2个.【解析】（1）利用导数分析函数y=fx在区间π（2）利用导数分析函数y=f'x在区间0,π4、π【详解】（1）由题意fx=x-1-x+2由于π2≤x≤π，cosx≤0，又sinx≤1，所以f'因为fπ2=-3<0，fπ=π-1>0（2）由题意fx=x-1-x+2令hx=1-sin①当0≤x≤π4时，因为cosx≥所以f'所以，函数fx在区间0,②当π4<x<π时，当π2<x<π时，因为cosx<0所以从hx在π2,π上是增函数，h当π4<x<π2时，所以h'所以hx在π4,π2所以π2是fx在③当π<x≤3π2时，sinx<0，cosx≤0，则④当3π2<x≤2π时，cosx>0，sin所以从hx在3π2,2π上是减函数，且h所以hx在3π2,2π当3π2<x<x2时f'所以x=x2是函数综上所述，函数fx【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a【变式11】6.（2020秋·江西南昌·高三南昌市第十九中学校考阶段练习）已知函数fx=1-a-xsinx-（1）若函数fx在π2,fπ2（2）若任意x∈0,π，fx【答案】（1）a=1；（2）-π【分析】（1）求出f'x=（2）求出f'x=x+asinx-cosx，x∈0,π，令f'x=0【详解】解：（1）因为fx所以f'因为函数fx在π2,f所以f'π2（2）由（1）知，f'x=令f'x=0解得x①当a≥0时，x+a≥0，在x∈0,π4所以f'x≤0在x∈π4,π上，sinx-要使任意x∈0,π，即有fxmin=f②当-π4<a<0时，在x∈sinx-cosx<0，所以f在x∈-a,π4上，x+a>0，sinx-cos在x∈π4,π上，x+a>0，sinx-要使任意x∈0,π，fx≥0恒成立，即有③当-π≤a≤-π4时，结合②易知，fx在-a,π单调递增；要使任意x∈0,π，f解得-π≤a≤-1，所以④当a<-π时，fx在0,π要使任意，fx≥0x∈0,解得-π-1≤a≤-1，所以综上：a的取值范围为-π【点睛】本题考查了导数的几何意义、根据函数的斜率求参数值、利用导数研究不等式恒成立，考查了转化与划归的思想以及分类讨论的思想，属于难题.【变式11】7.（2021·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）已知函数f(x)=tanxsinx，g(x)=xsinx，x∈(0,（1）证明∶关于x的方程f(x)g(x)=x在(0,π（2）当x∈(0,π【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为3.【分析】（1）设hx（2）φ(x)=f(x)-ag(x)=tanx-a(x-sinx),因为x∈0,π2，所以sinx>0,【详解】证明∶令hx=fx所以h因此当x∈(0,π4)时，cosx>22，h所以hx=tanx-2x在又因为h(所以hx=tanx-2x在因此方程有且仅有一个根（2）令φ(x)=f(x)-ag(x)=tan则φ则φ因为x∈0,π2，所以sinx>0①.因此当a≤3时，2cos3x所以函数φ'(x)在x∈0,因此φ'(x)>0，所以函数φ(x)在x∈0,φ(x)>0在x∈0,②．当a>3时,令φ″(x)=因为cosx=所以当0<x<x0时，φ″x因此当x∈0，x0时，φ'又φ'(0)=0，所以φ'所以φ(x)在x∈0，x所以当x∈0，x综上所述a≤3，所以a的最大值为3.【点睛】关键点睛：本题考查方程根的个数的证明和不等式恒成立求参数的范围，解答本题的关键是由φ″(x)=2sinxcos3x+题型2放缩法【例题2】（2022秋·河南·高三统考阶段练习）已知函数fx(1)设gx=fx+3cos(2)当x∈0,π2【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）通过求导来判断函数的单调性进而求出最值；（2）构造新函数h(x)=f(x)-x【详解】（1）∵g(x)=sinx⋅tan又x∈(0,π2)当g'(x)>0时，cos2x<0当g'(x)<0时，cos2x>0所以函数g(x)在(π4,∴g(x)的最小值为g(π（2）不等式f(x)≥x2等价于令h(x)=f(x)-x2=sin令k(x)=tanx-x,x∈[0,π又0<cos2x≤1，∴所以函数k(x)在[0,π2)上单调递增，又k(0)=0，∴k(x)≥0所以函数h(x)在区间[0,π2)∴h(x)≥0，所以原不等式成立.【变式21】1.（2022秋·北京昌平·高三校考阶段练习）已知fx=sinx，（1）若x∈0,1，证明：f（2）对任意x∈0,1都有efx【答案】（1）证明见解析；（2）2．【分析】（1）利用二次求导求得存在唯一零点x0∈0,1，使得F″(x0)=0，（2）先判断整数a≤2可知esinHx=e【详解】解：（1）证明：设Fx=sinx-ln因为F″x则F″x在0,1，单调递减，1所以存在唯一零点x0∈则F'x在0,x又F'1所以F'x>0在0,1上恒成立上，所以Fx则Fx≥F0所以fx（2）因为对任意的x∈0,1，即esin令x=1，则e由（1）知sin1>ln由于a为esinx因此e下面证明Hx=e由（1）知sinx>ln故H设Gx=x2-x-所以Gx在0,1上单调递减，所以Gx≥G1=0综上所述,a的最大值为2【变式21】2.（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=ex-kx2，其中k为实数，e（1）试讨论g(x)的极值点；（2）①若k=12，证明：当x⩾0时，②当x⩾0时，f(x)⩾2x+1-sinx恒成立，求【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）①证明见解析；②(-∞，12【分析】（1）求得g'x，对k进行分类讨论，由此求得（2）①构造函数Gx=ex-②构造函数h(x)=ex-kx2-2x-1+【详解】（1）g(x)=f'(x)=ex-2kx当k⩽0时，g'(x)⩾0，∴g(x)单调递增，无极值点，当k>0时，令g'(x)=0，则x=ln2k，令g'(x)>0，则x>ln2k，∴g(x)单调递增，令g'(x)<0，则x<ln2k，∴g(x)单调递减，∴g(x)的极小值点为ln2k，无极大值点，综上：当k⩽0时，g(x)无极值点，当k>0时，g(x)的极小值点为ln2k，无极大值点．（2）①证明：当k=12时，设G(x)=eG'(x)=e则G''(x)=ex-1⩾0，故G'(x)在[0故当x⩾0时，G'(x)⩾G'(0)=0，故G(x)在[0，+∞)上单调递增，故当x⩾0时，G(x)⩾G(0)=0，故当x⩾0时，f(x)⩾x+1恒成立．②设h(x)=e则h(x)min⩾0则h'(x)=ex-2kx-2+h''(x)=ex-2k-∵h'''(x)=ex-cosx⩾0，则h''(x)当k⩽12时，h''(0)=1-2k⩾0，由于h''(x)在[0，则当x⩾0时，h''(x)⩾h''(0)⩾0，则h'(x)在[0，+∞)上单调递增，故h'(x)⩾h'(0)=0，则h(x)在[0，+∞)上单调递增，故h(x)⩾h(0)=0，符合题意，当k>12时，利用（1）中已证结论可得由于h''(x)在[0，+∞)上单调递增，h''(1+2k)=e故必然存在x0∈(0,1+2k)，使得x∈(0,x则h'(x)在(0,x故当x∈(0,x0)则h(x)在(0,x则当x∈(0,x0)综上，k的取值范围为(-∞，12【点睛】利用导数证明不等式，可利用构造函数法，结合导数来研究所构造函数的单调性、最值，由此来证得不等式成立.【变式21】3.（2021秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数f(x)=aex-x2（1）当a=2时，判断函数f(x)的单调性；（2）若a>1，证明f(x)>cosx对于任意的【答案】（1）增函数；（2）证明见解析.【分析】（1）求出导函数f'(x)，令g(x)=f'(x)，再求导，求得g(x)的最小值可证；（2）先证对任意x∈[0,+∞)，ex≥x【详解】解：（1）当a=2时，f(x)=2ex-设g(x)=f'(x)=2ex-2x，则g'(x)=2ex所以g(x)在区间(-∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(0)=2-0=2，即f'(x)≥0所以函数f(x)为增函数；（2）先证对任意x∈[0,+∞)，ex令p(x)=ex-x2令m'(x)=0，得x=ln2，所以m(x)在区间(-∞,ln所以m(x)≥m(ln所以p'(x)>0，所以p(x)在[0,+∞)上单调递增，所以p(x)≥p(0)=0，所以ex≥x当a>1时，f(x)-cos即f(x)>cosx对于任意的【变式21】4.（2020秋·河南·高三校联考阶段练习）（1）当0≤x≤π2时，求证：（2）若ex≥kx+1对于任意的（3）设a>0，求证；函数fx=eax-1⋅cosx【答案】（1）证明见解析；（2）-∞,1；（3）证明见解析【解析】（1）构造函数Gx（2）设gx=ex-kx-1，则g'x（3）求得f'x=eax-1acosx-sinx，令f'x=0得到tan【详解】（1）证明：设Gx=x-sin从而Gx在0,π2故当0≤x≤π2时，（2）解：设gx=e考虑到当x≥0时，ex（ⅰ）当k≤1时，g'x≥0，则g从而gx（ⅱ）当k>1时，g'x=ex-elnk所以当0<x<lnk时，gx<g0由（ⅰ）（ⅱ）得所求实数k的取值范围为-∞,1．（3）证明：f'令f'x=0，得acosx-由正切函数的性质及a>0，得在0,π2内必存在唯一的实数x0所以当x∈0,x0时，f'x当x∈x0,π2时，f所以x=x0是fx的极大值点．且f下面证明：fx当0≤x≤π2时，由（1）知x≥sin所以eax0下面证明：a21+a2>即证11+t2令φt=1+从而φt在-∞,0所以当t<0，φt<φ0故fx【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.【变式21】5.（2020·江西·校联考模拟预测）已知函数f(x)=ex-x，h(x)=af(x)+2f(-x)+(2a-4)x（a∈R（1）讨论函数y=f(ax)的单调性；（2）当x≥0时，h(x)≥(a+2)cos【答案】（1）答案见解析；（2）[2,+∞)]【分析】（1）由f(ax)=eax-ax，求导得到f'ax（2）由x=π2时，根据h(π2)≥0，得到a>0．然后令g(x)=h(x)-(a+2)cosx，求导g【详解】（1）易知f①若a>0，则当x>0时，f'x>0，当x<0②若a<0，则当x>0时，f'x>0，当x<0所以fx在(0,+∞)上单调递增，在(-∞,0)（2）当x=π2时，即(eπ2令g(x)=h(x)-(a+2)=ae则g'=a若a≥2，则当x∈[0,π]时，g'x所以gx在[0,π]当x∈(π,+∞)时，g≥a>ae所以当x∈[0,+∞)时，gx所以gx若0<a<2，则g'g≥a=ae由aex-2所以g'所以∃x0∈且当x∈0,x0所以gx在x∈所以当x∈0,x0综上，a的取值范围为a≥2．【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立以及零点存在定理，还考查了分类讨论思想，运算求解的能力，属于难题.1.（2022·陕西西安·西安中学校考模拟预测）已知f(x)=x（1）当f(x)有两个零点时，求a的取值范围；（2）当a=1，x>0时，设g(x)=f(x)x-sin【答案】（1）a=-1e或【分析】（1）化简f(x)=xex-a(x-（2）化简g(x)=xex-1，根据题意转化为xex【详解】（1）由题意，函数f(x)=因为f(x)有两个零点，又因为x-sinx=0时，解得所以当xe设hx=xe当x∈(-∞,-1)时，h'(x)<0，当x∈(-1,+∞)时，h'(x)>0，所以当x=-1时，函数hx取得最小值，最小值为h(-1)=-又由h(0)=0，x>0时，h(0)>0；x<0时，h(0)<0，所以a=-1e或a>0，即实数a的取值范围是（2）由题意，可得g(x)=f(x)要证g(x)≥x+lnx，即证令t=xex>0，令H(t)=t-令H'(t)>0，即t-1>0，解得令H'(t)<0，即t-1<0，解得所以函数H(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以H(x)≥H(1)=0，即xe【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式fx>gx(fx<gx（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax-(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin【答案】(1)答案见解析.(2)(-【分析】（1）求导,然后令t=cos（2）构造g(x)=f(x)-sin2x,计算g'(x)的最大值,然后与0比较大小,得出【详解】（1）f=a-令cos2x=t则f当a=8,当t∈0,12当t∈12,1所以f(x)在0,π4上单调递增,在（2）设g(x)=f(x)-g'(x)=φ所以φ(t)<φ(1)=a-3.1°若a∈(-∞即g(x)在0,π2上单调递减,所以所以当a∈(-∞2°若当t→0,2t-φ(1)=a-3>0.所以∃t0∈(0,1),使得φt0当t∈t0,1所以当x∈0,综上,a的取值范围为(-∞【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=cosx在定义域内是减函数,若t0=cos3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin【答案】(1)fx在0,(2)a≤0【分析】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0法二：先化简并判断得sinx-sinxcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0【详解】（1）因为a=1，所以fx则f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因为t2+2t+2=t+12+1>0所以f'x=所以fx在0,（2）法一：构建gx则g'若gx=fx则g'0=a-1+1=a≤0当a=0时，因为sinx-又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx综上所述：若fx+sin所以a的取值范围为-∞法二：因为sinx-因为x∈0,π2，所以0<故sinx-sinx所以当a=0时，fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx当a>0时，因为fx令gx=ax-sin注意到g'若∀0<x<π2，g'x>0注意到g0=0，所以gx若∃0<x0<π2所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1此时g'x在0,x1上有g'则在0,x1上有gx综上：a≤0.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论a>0这种情况的关键是，注意到g'0>0，从而分类讨论g'x在0,π24．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x-x（2）已知函数fx=cosax-ln【答案】（1）证明见详解（2）-【分析】（1）分别构建Fx=x-sin（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类