专题9导数与三角函数交汇问题（教师版）

专题9：导数与三角函数交汇问题<<<专题综述>>><<<专题综述>>>导数与三角函数交汇问题是指，应用导数的基础知识与方法，研究问题情境中含有三角函数的函数问题.函数的特征是：全三角函数型、三角函数与多项式函数组合型、三角函数与指数函数组合型、三角函数与对数函数组合型等.<<<专题探究>>><<<专题探究>>>导数与三角函数交汇问题的题型常见的有：函数零点问题、不等式恒成立问题、不等式证明问题、极值点偏移问题等，分析求解时既要充分应用导数的工具性作用，又要充分应用三角函数的性质与三角恒等变换技巧，关健是灵活应用正弦函数和余弦函数的有界性.题型一：三角题型一：三角函数与多项式函数组合型题设情境是含三角函数的常系数不等式证明问题和不等恒成立求参变量取值范围问题.第（1）小问应用导数求函数的最值证明不等式；第（2）小问应用“参变分离”法，应用数学建模构造函数，然后应用导数和换元法求新构造函数的极值点，最后应用分类与整合思想探究参数a的取值范围。例1（河北省深州市中学2023届高三上学期月考）已知函数f(x)=4ax-（1）若a=14，当x∈（2）若当x∈[0,+∞)时，f(x)≥【思路点拨】第（1）问注意到f(π)=π2，因此应用导数推导函数f(x)在(0,π)上单调递增即可；第（2）问题设情境为不等式恒成立问题，注意到2ax的导数为2a,而2+cosx>0,因此由参变分离技巧将4ax-sinx【规范解析】（1）由a=14，得f(x)=x-f'(x)=1-12cos当x∈0,π2时，T'(x)<0，T(x)单调递减，当T(x)的最小值为Tπ2=1-π所以f(x)在(0,π)上单调递增，所以f(x)<f(π)=π-0-（2）f(x)≥令g(x)=2ax-sinx2+cosx令t=cosx，h(t)=2t+1(2+t所以h(t)在[-1,1]上单调递增，所以h①当2a≥13，即a≥16时，g'(x)②当2a≤0，即a≤0③当0<2a<13，即0<a<16时，若令φ(x)=2ax-13sinx，x故存在x0，使x∈0,x0时，φ所以φ(x)<φ(0)=0，即x∈0,x0综上，a的取值范围是(1练1（河北省深州市中学2023届高三上学期第二次月考）已知函数fx（1）若曲线y=fx在点0,f①求实数a的值：②证明：函数fx在π（2）当a≤2π时，证明：对于区间π,3π【规范解析】（1）①由题意得，f'0∵f'x=-sinx+xcosx+a,∴f②证明：由①可知，f'x=-sinx+xcosx当x∈π2,π时，f''当x∈π,3π2时，f''x>0又f'所以存在唯一的x0∈π,3π当x∈π2,x0当x∈x0,3π2时，所以函数fx在π2,3π（2）要证对于区间π,3π2内的一切实数，都有fx由（1）可知，f'x在π,3π所以f'π=-π+a,f'3π当f'3π2=1+a≤0，即a≤-1时，由则f'x<f'3π所以fx<fπ=-2+πa≤-2+π∙(ii)当f'3π2由（1）②可知：fπ=-2+πa<0f3π综上，当a≤2π时，对于区间π,3π练2（湖湘名校教育联合体20222023学年高三上学期大联考）已知函数fx=a（1）求实数a的值；（2）求证：fx存在唯一的极小值点x0，且（3）设Fx=xfx+ax2-a，Gx（参考结论：x→0，-1【规范解析】（1）由题意，函数fx=a因为fx≤0，且f1=0令gx=a-a因为g1=0，且g'1=0当a=12时，g'x=1x当x∈1,+∞时，g'x<0，g所以实数a的值为12（2）由函数fx可得f'令hx=3当x∈0,3时，h'当x∈3,+∞时，h'又由h1=0，he所以∃x0∈当x∈0,1时，hx>0，即f当x∈1,x0时，hx<0当x∈x0,+∞时，hx>0所以fx存在唯一极小值点x因为x0∈e,又因为hx0=0，所以lnx0当x∈0,3时，φ'x<0，φx单调递减；当因为x0∈e,综上可得：-e（3）对∀x∈0,π，Fx+1≤G即不等式-12当x=0时，不等式对任意实数b都成立；当x∈0,π时，sinx>0，所以b≥可得g'令hx则h'令φx=1所以φx在0,π上单调递减，所以φ所以h'x<0，hx单调递减，所以hx又由当x→0时，-12x所以b≥-2，即实数b的取值范围是[-题型二：三角题型二：三角函数与指数函数组合型题设情境是含三角函数的常系数不等式证明问题和已知函数零点个数求参变量取值范围问题.第（1）小问应用放缩法判定导函数取值的正负情形，应用函数的单调性确定函数的最值，从而证明不等式；第（2）小问利用第（1）问的结论找到参数a的取值范围，然后通过二次求导及零点定理证明，当参数a在该范围内取值时，原函数有且仅有两个零点。例2（湖南师范大学附属中学2023届高三上学期月考）已知函数f(x)=ex-ax（1）当a=12时，求证：（2）若函数fx有两个零点，求实数a【思路点拨】第(1)问注意到f0=0联想函数fx在0,π上单调递增,连续2次求导后,应用当x∈0,π时，ex≥1,12xsinx≥0，推导2阶导数大于零,从而推导f'x≥f'0＝0,得函数fx在0,π上单调递增而证明fx≥0.第(2)问由第(1)问可推导当a≤12时，f(x)【规范解析】（1）当a＝12则f'x＝eh'x＝ex因此h'x≥1-cosx≥0,所以于是f'x≥f'0＝0，因此函数f（2）由（1）知，当a≤12当且仅当x＝0时取等号，此时函数fx当a>12时，因为fx设g(x)=f'(x)=当x∈π2,π时，g'x当x∈0,π2φ'因为ex>0,a(3所以φ(x)即g'x单调递增．又因此g'x在0,π2上存在唯一的零点x当x∈(0,x0)时，g'x<0当x∈(x0,π2)时，又f'0因此f'x在x0且x1∈x0,π．当x∈当x∈x1,π时，f'又f0＝0,fx1因此fx在0,π上有两个零点．综上，a的取值范围是1练3（江苏省泰州中学20222023学年高三上学期月度检测）已知函数fx=exsinx-ax2（1）当a=0时，讨论函数f（2）当12≤a≤1时，求证：对任意的x∈0,+∞【规范解析】解：(1)当a=0时，f(x)=ex(sinx-e)，

则f'(x)=ex(sinx-e)+excosx=ex(sinx-e+cosx)，

∵sinx+cosx=2sin(x+π4)≤2<e，∴sinx+cosx-e<0则只需要证明对任意的x∈0,+∞，sinx-ax2+2a-e<0．

设ga=sinx-ax2+2a-e=-x2+2a+sinx-e，看作以a为变量的一次函数，

要使sinx-ax2+2a-e<0，则g12<0g1<0，即sinx-12x2+1-e<0;=1\*GB3①sinx-x2+2-e<0;=2\*GB3②，

∵sinx+1-e<0恒成立，∴=(sint2+1)2+34-e≤(5练4（天津外国语大学附属外国语学校20222023学年高三上学期月考）已知函数fx（1）讨论函数fx（2）证明：当x≥0时，cos（3）若x≥0，fx≥sinx-cos【规范解析】（1）由题意f'x=aeax当a>0时，若x>0，则ax>0,eax>1若x<0，则ax<0，eax<1，所以当a<0时，若x>0，则ax<0,eax<1若x<0，则ax>0，eax>1，所以综上fx在-∞,0上单调递减，在0,+（2）若x≥0时，cosx+x22设φ(x)=x-sinx，则φ'(x)=1-cos即φ(x)=x-sinx为增函数，所以g'(x)≥g所以g(x)≥g(0)=0，得cosx（3）由（2）得当x≥0时，x22-1≥-cosx，则有x22+x+1≥sinx设h(x)=ex-x-1，则h'(x)=所以h(x)=e所以G'(x)=h(x)≥h(0)=0所以Gx≥G0=0，所以又x≥0，a≥1时，eax所以a≥1时，eax≥sin当a<1时，设m(x)=e则m'(x)=ae所以存在实数x0>0，使得任意x∈0,x0所以在x∈0,x0此时，eax-sin所以a<1时不符合题意.综上，实数a的取值范围为[1,+∞.题型三：三角题型三：三角函数与对数函数组合型题设情境是含参变量函数的极值问题和有关函数零点的不等式证明问题.第（1）小问应用导数与函数极值的基本知识，通过分类讨论求函数的极值；第（2）小问由题设条件“当x1≠x2时，例3（四川省南充市白塔中学20222023学年高三上学期入学考试）已知函数fx（1）求函数y=gx（2）若存在x1,x2∈0,+∞，且当x1【思路点拨】第(1)问应用导数研究函数极值的基础知识与基本方法求函数y=gx的极值;第(2)问由题设情境因为“fx1=fx2”，所以“x1x【规范解析】（1）由gx=x+mlnx,∴当m≥0时，g'x>0，gx当m<0时,当0<x<-m时，g'x<0；当x>-m时gx在0,-m上为减函数，在∴x=-m，gx有极小值综上知：当m≥0，gx无极值，当m<0，gx有极小值（2）证明：令hx=x-asinx，∴∵-1≤cosx≤1,且0<a<1，∴h'x所以当0<a<1时，hx=x-asinx在所以当x∈0,+∞时，恒有hx当m≥0，gx在0,+∞上为增函数，当0<a<1，hx=x-asinx这时，y=fx在0,+∞所以不可能存在x1,x2∈0,+∞，满足当设0<x1<x2∴-mlnx∵x1-sinx1<x由①②式可得：-mlnx2又lnx1<lnx2，ln要证x1x2<ma-1④，所以由③设t=x2x1>1令h由h't=t-12∴ht>h1=0，∴x2练5（江西省抚州市金溪县第一中学2023届高三上学期月考）已知函数f(x)=axlnxa≠0，f'（1）若函数g(x)=f'x+1（2）当a=1时，求证：f(x)<ex【规范解析】（1）依题意知：x∈0,+∞，f'∴g(x)=alnx+1x+1∵g(x)有两个极值点，∴g'x在令g'x=0得：a∴关于x的一元二次方程有两个不等的正根，记为x1,∴Δ>0x1+x2>0x1故a的取值范围为：0,1（2）依题意，要证：xlnx①当0<x≤1时，xlnx②当x>1时，要证：xlnx即要证：xlnx令h(x)=xlnx-exh″x=1x-令φ(x)=ex-x-1,(x>1)，则当x>1时，φ'x>0，∴φ(x)在1，即：ex>x+1，(x>1)，当x>1时，0<h″x=∴h'x在1，∴h(x)在1，+∞单调递减，∴即：xlnx练6（江苏省盐城市第一中学20222023学年高三上学情调研）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)证明：(1)f'(x)在区间(2)f(x)有且仅有2个零点．【规范解析】（1）设g(x)=f'(x)，则g(x)=cosx-当x∈-1,π2时，g'(x)可得g'(x)在-1,π2有唯一零点，设为α，故则当x∈(-1,α)时，g'(x)>0；当x∈α,π2所以g(x)在(-1,α)单调递增，在α,π2单调递减，故g(x)在即f'(x)在-1,（2）f(x)的定义域为(-（i）当x∈(-1,0]时，由（1）知，f'(x)在(-1,0)单调递增，而所以当x∈(-1,0)时，f'(x)<0，故f(x)在(-1,0)单调递减，又从而x=0是f(x)在(-（ii）当x∈0,π2时，由（1）知，f'(x)在(0,α)而f'(0)=0，所以存在β∈α,π2且当x∈(0,β)时，f'(x)>0；当x∈β,π2故f(x)在(0,β)单调递增，在β,π又f(0)=0，fπ2=1-ln1+从而f(x)在0,π2（iii）当x∈[π2,π]时，f'(x)<0，所以f(x)在π2所以f(x)在[π（iv）当x∈(π,+∞)时，ln(x+1)>1，所以f(x)<0，从而f(x)在综上，f(x)有且仅有2个零点．<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.（天津市耀华中学20212022学年高三模拟）已知函数fx=sinx（1）求a的值及fx（2）记gx=fx-bx，b∈0,2（参考数据：eπ【解析】（1）fx=sinxe∴f'0=1=-a⇒a=-1∵f'x∴fx的单调递增区间：2kπ-π4单调递减区间：2kπ-5π4,2kπ-π证明：gx=fx∴g'x=记hx=ex∴g'x在0,π2上单调递增，在π①当1-b≥0，0<b≤1时，g'0=1-b≥0，∴存在x1∈π2,π，使g'x又g0=0，gx1>0，g②当1<b<2时，g'0=1-b<0，g'π2=又g'π<0，存在x∴gx在0,x2，x∵gπ2=∴此时gx在x又gx2<g0=0，（若不用极小值点x由gx∴gx在x2,π2故综上，gx在0,π2.（河北省深州市中学2023届高三期末数学试题）已知函数fx（1）若x=-1为fx的极小值点，求a（2）若fx有唯一的极值-1e-1，证明：【解析】(1)f'①当a≤0时，fx在-∞,-1上单调递减，在-1,+∞所以x=-1为fx②当a>0时，由f'x=0得x=-1（ⅰ）当a=1e时，fx（ⅱ）当0<a<1e时，fx在-∞,在-1,+∞上单调递增，所以x=-1为fx（ⅲ）当a>1e时，fx在-∞,-1在lna,+∞上单调递增，所以x=-1为fx的极大值点，综上，a(2)根据（1）可知a≤0，f-1为唯一的极值，所以-1e所以即证∀x≥-1，xex-sinx设hx=g设φx=h'x，则φ'x当x∈(-1,0]时，cosx>0,φ当x∈0,+∞时，所以φ'x=x+3h'0=2>0，h所以h'-1<0，所以∃因此当x∈-1,x0时，h'x得g'x在-1,x又g'-1=-因此当x∈-1,0时，g'x<0，当所以gx在-1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，得g所以xe3.（河北省武安市第一中学2022届高三调研）已知函数fx=x-sin（1）当a=0时，求曲线y=f(x)在点π2（2）若f(m)=f(n)，0<m<n，求证：m2【解析】（1）当a=0时，y=f(x)=x-sinx可得切线的斜率为f'(π2)=1-0+1=2所以切线的方程为y-π2=2(x-（2）证明：由题意可得f'若a≤0，则f'x≥0，f(x)在因此不存在0<m<n，使得f(m)=f(n)，所以a>0；设g(x)=x-12sin2x-令h(x)=g'(x)=1-cos2x-2x所以g'(x)在(0,+∞)上单调递减，又g'(0)=0，所以g'x<0在从而g(x)在(0,+∞)上单调递减，从而m-又由f(m)=f(n)，可得m-所以m-由①②可得a(lnm-lnn)>m2-n2因此要证m2+n2>|a|=a设H(t)=lnt-2(t-1)t+1，0<t<1，则H'(t)=(t-1)2又因为0<(mn)24.（重庆市第八中学校2022届高三适应性月考）已知函数f(x)=xcosx-（1）f(x)的最大值；（2）证明：ex（3）若f(x)+2ax3+e【解析】（1）∵f(x)=xcosx-∴f'(x)=cosx-xsinx-cosx=-x∴f(x)（2）要证exsinx+ex-2>xexcos令g(x)＝1-xex，故g(x)在(0,2)上单调递减；g(x又f(x（3）fx+2ax令hx=xcosx-sin令φ(x)=6ax-sinx，则i.当a≤-16时，φ'x≤0，所以所以h'x≤0，所以h(x)在[0,π]ii.当a≥16时，φ'(x)≥0，所以所以h'x≥0，所以h(x)在[0,π]iii.当-16<a<16时，因为φ'(0)=6a-1<0，φ所以∃x0∈所以当x∈(0,x0)时，φ'(x)<0，此时φ(x)在(0,所以h'x<0，所以h(x)在(0,x0)上递减，所以h(x)＜综上可得:a∈5.（河北省衡水中学2023届高三上学期五调数学试题）已知fx（1）若函数gx=fx+xcosx-sinx-xlnx-1在0,π（2）若关于x的方程xex-a=f【解析】(1)g(x)=a2x2+xcosx-sinx,x∈0,π2,

所以g'(x)=x(a-sinx)，当a≥1时，a-sinx≥0，所以g(x)在0,π2单调递增，

又因为g(0)=0，所以g(x)在0,π2上无零点.

当0<a<1时，∃x0∈0,π2使得sinx0=a，所以g(x)在x0,π2单调递减，在0,x0单调递增，

又因为g(0)=0，g(π2)=aπ28-1，

所以若（2）由xex-a=fx-则有ex-a+x-a=x+lnx,令hx=x+lnxh'x=1+1x所以ex-a=x，则有即a=x-lnx,x>0,因为关于x的方程则方程a=x-lnx,x>0有两个不同的实数解，令φx当0<x<1