2024年高三数学重难点复习专练：导数与三角函数结合的解答题（解析版）

重难点专题13导数与三角函数结合的解答题

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/(x)=

sinx-ln(l+%)(x)为/(%)的导数.证明:

(1)尸(久)在区间(-1弓)存在唯一极大值点；

(2)/(%)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弓)上单调递减，根据零点存在定理可

判断出现6(0()，使得“(%。)=0,进而得到导函数在(-1()上的单调性，从而可证得结

论；(2)由(1)的结论可知x=0为/(x)在上的唯一零点；当xejo,])时，首先可判

断出在(0,而)上无零点，再利用零点存在定理得到f(x)在1°,§上的单调性，可知/0)>0,

不存在零点；当Xe若,兀]时，利用零点存在定理和人乃单调性可判断出存在唯一一个零点；

当乂6(兀,+8),可证得“X)<0;综合上述情况可证得结论.

【详解】(1)由题意知:/(%)定义域为：(一1,+8)且尸⑺=COSX-

令g(%)=cos%—W，xw(一W)

；•9口)=—sinx+0,久e(—I,])

「小在(-15)上单调递减,—sinx/在(-峙)上单调递减

g口)在(-1,习上单调递减

又“（0）=-sinO+l=l>O,^g）=-5呜+七=七-1<0

•­•3%0e（oj），使得g'Oo）=0

二当Xe（—l,%o）时，g'（久）>0；xe（久o，g时，g'（x）<0

即g（x）在（-1,久o）上单调递增；在1°,§上单调递减

则％=%0为9（%）唯一的极大值点

即：尸（久）在区间（-13）上存在唯一的极大值点x0.

（2）由（1）知：尸（久）=COSX—W，Xe（-1,+oo）

①当xe（-1,0］时，由（1）可知:（%）在（-1,0］上单调递增

f'M<尸（0）=0.•./（%）在（―1,0］上单调递减

又f（。）=0

X=0为/（X）在（—1,0］上的唯一零点

②当Xe（o用时，/（久）在（0,久0）上单调递增，在上单调递减

又尸（0）=0"（Xo）>O

/（X）在（0,比0）上单调递增，此时/'（X）>/（0）=0,不存在零点

又尸（=）=cos--=———<0

7\2/271+271+2

■-3xt£（久0，习，使得/（%1）=o

・•・/⑺在（久。，久1）上单调递增，在1片上单调递减

又f（久0）>f（0）=°，fd）=sin］—ln（l+§=In工>Ini=0

/（%）>。在（%o3）上恒成立，此时不存在零点

③当XeET时，sinx单调递减，一皿久+1）单调递减

・•・/⑺在玲T上单调递减

X/g）>0,/（7T）=sin7T—ln（7r+1）=-ln（7r+1）<0

即/㈤・/《)<0,又f(x)在玲兀]上单调递减

/0)在H，司上存在唯一零点

④当xG(兀,+8)时,sinxG[—1,1],ln(x+1)>In(兀+1)>Ine=1

•••sinx-ln(x+1)<0

即/'(X)在(兀,+8)上不存在零点

综上所述：有且仅有2个零点

【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1-1]1.(2020春福建福州•高三统考阶段练习)已知函数f(尤)=Inx-x+2sinx,

证明：

(1)/(x)在区间(0,兀)存在唯一极大值点；

(2)八久)有且仅有2个零点.

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析

【解析】(1)设9(久)=尸0)=»1+2cosx,对g(x)求导可知g(x)在(0,兀)上单调递减，利用

零点存在性定理可得9(%)在C,习上有唯一的零点％进而求证即可；

(2)利用导函数分别讨论xe(0,7r),xe[兀,2兀),“G[2兀,+8)的单调性，判断函数图象的性质,

进而求证即可.

【详解】证明：(1)设9。)=f'(x)=1-1+2cosx,

当xG(0,兀)时/(%)=-2sinx一专<0,

所以g(x)在(0,兀)上单调递减，

又因为。(9=+1=9>C)=：1<。,

所以g(x)在C，5上有唯一的零点

即函娄好'(X)在(0,力上存在唯一零点，

当xe(0,a)时，尸(%)>0/0)在(0,a)上单调递增；

当xe(a,兀)时，尸(0<0,/(x)在(a,兀)上单调递减,

所以f⑺在(0,兀)上存在唯一的极大值点a停<a<?

(2)①由(1)知:f(久)在(0,兀)上存在唯一的极大值点ag<a<习，

所以f(a)>f0=InH+2>2—]>0,

又因为fG)=—2—白+2sin*<-2-^+2<0,

所以/(x)在(0,a)上恰有一个零点，

又因为/(兀)=InTT—7T<2—7T<0z

所以/(%)在(火力上也恰有一个零点，

②当％E\ji,2TT)时,sin%<0/(%)<In%—x,

设九(%)=In%—x,h'(x)=--1<0,

所以/l(%)在[兀,2兀)上单调递减，所以/l(%)</l(7T)<0z

所以当％e[TT,2TT)时,/(%)</l(x)</l(7T)<0恒成立，

所以/(%)在㈤2兀)上没有零点，

③当％e[2TT,+8)时,/(%)<In%一%+2,

设W(x)=Inx—x+2,(p'(x)=--1<0,

所以0(x)在[2兀,+8)上单调递减，

所以0(x)<0(2兀)=ln2;r—2兀+2<2—2兀+2=4—2兀<0,

所以当％G[2兀,+8)时,/(x)v(p(x)<0(2兀)<。恒成立，

所以/0)在[2兀,+8)上没有零点，

综上JQ)有且仅有两个零点.

【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1-1］2.(2019秋•安徽•高三校联考开学考试)已知函数f(久)=cosx+i%2-1.

(1)证明：<0,xG［一羽;

(2)判断y=/(%)的零点个数，并给出证明过程.

【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=/(%)是偶函数，只需利用导数证明函数y=f⑺在区间［。,外上的最

大值/O)max<。即可；

(2)由(1)得出函数y=/(久)在区间［-；,当上只有一个零点，然后利用函数值符号得出

该函数在区间［3,+8)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停,3)上有且只有一个零点，由偶函数的性质得出该函数在区

间(-%-习上也只有一个零点，从而得出函数y=f(%)有三个零点.

【详解】(1):/⑴=cosx+*_1,%e卜箕］,则该函数为偶函数，

只需证/(X)maxW0,其中X6

/(%)=—sinx+［%,•,•/〃(%)=1—cos%.

当xe［。用时,令f"(x)=o,得％=泉

当x6［o,引时，广⑺W0,此时，函数y=尸(x)单调递减；

当x6椁,当时，/"(久)>0,此时，函数y=广(久)单调递增.

••-r(O)=O，rg)=J-l<0,

当"C［叫时,f'(x)<0,此时，函数y=/(久)单调递减，则f(x)</(0)=0,

因此，对任意的xe［-p^］,/(%)<0;

(2)三个零点，证明如下：

由(1)可知，当％w[-？卵寸，函数y=/(%)有一个零点％=o.

当％G[3,+8)时z/(%)>cosx-1+?>0,止匕时，函数y=/(%)无零点；

4

当xeC，3)时，f'M=|x-sinx,yM(x)=j-cosx>0.

此时，函数y=/⑺单调递增，/(5=E-1<0,/⑶=>sin3>0.

由零点存在定理可知，存在&eg,3)，使得/3)=0.

当xe((右)时，广(X)<0,此时，函数y=/'(久)单调递减；

当xG(x0,3)时,f'M>0,此时,函数y=/(*)单调递增.

•••/g)=^-l<0,/(%0)</g)<0,/(3)=cos3+：>0.

由零点存在定理知，函数y=f(x)在区间《中0)上无零点，在区间(久。,3)上有且只有一个零

点，即函数y="%)在区间3)上有且只有一个零点.

由于函数y=f0)为偶函数，所以，函数y=f(%)在(-8,-3]上无零点，在(-3,-9上有且

只有一个零点.

综上所述，函数y=/(比)有三个零点.

【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1-1]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)=Inx-

sinx+ax(a>0).

(1)若a=1,求证：当xW(1A)时，f(x)<2x-1;

(2)若f(x)在(0,2n)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-^).

27r

【分析】(1)构造函数g(x)=f(x)-(2x-1),对其求导研究其在xe(1,§单调性,

即可证明结论；

(2)先对f(x)求导，然后把f(x)在(0,2TI)上有且仅有1个极值点转化为尸(久)=(-

COSX+a的零点问题，利用y=i+a(a>0)与函数y=cosx,xW(0,2兀)的图象只有

一个交点求出a的取值范围即可.

【详解】解：(1)证明：当a=l时，f(x)=lnx-sinx+x，令g(x)=f(x)-(2x-1)

=Inx-sinx-x+1,xe(1,,

则g'(x)=-COSX-1=-cosx<o,/.g(x)在(1,；)上单调递减，

故g(x)<g(1)=-sinl<0,所以f(x)<2x-1;

(2)解：由题知f'(x)=[-cosx+a,令/(久)=0,所以(+a=cosx.

・"(x)在(0,2ir)上有且仅有1个极值点，

函数y=1+a(a>0)与函数y=cosx,xs(0,2?r)的图象只有一个交点，

..1Fa<cos2.ii=1.即ma<1----1-.

27r'I2TT1

所以a的取值范围为(0,1-/).

【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1-U4.(2021・天津和平・耀华中学校考一模)已知函数/0)=Inx+ax+sinx,其

中工E(0,7l].

(1)当a=0时，求曲线y=/㈤在点仔/⑨处的切线方程；

(2)判断函娄好(无)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；

(3)讨论函数f。)在标局上零点的个数.

【答案】(1)y=3+呜；(2)答案见解析；(3)答案见解析.

【分析】(1)求出f(京/0，利用点斜式可得出所求切线的方程；

(2)对实数a的取值进行分类讨论，分析导数尸0)在(0,兀)上的符号变化，由此可得出结论；

(3)对实数a的取值进行分类讨论，分析函数f⑺在玲兀]上的单调性，结合零点存在定理

可得出结论.

【详解】(1)当a=。时，f(x)=Inx+sinx,则/''(x)=§+cosx,

所以，屋)=1+呜，/⑵=)

所以，曲线y=/O)在点停,/■(]))处的切线方程为yT—呜=沁—])，即y=|x+Inj；

]、1

(2)((％)=-+a+cosx,设g(%)=-+a+cosx,

则g，(久)=-sin久<0对任意的久£(0,兀]恒成立，故/''(x)在(0,兀]上单调递减.

所以，尸0)min=/㈤=：+aT,当x—0时，/(久)t+8.

①若f'(兀)=—(a-1<0,即a<1—时,

7T7T

由零点存在定理可知，存在&e(。,兀)，使得尸Oo)=0,

当Xe(0%)时,f'(x)>0,此时函数/■(%)单调递增,

当xG拳,兀)时，,⑺<0,此时函数/0)单调递减.

所以，/(乃在x=Q处取得极大值，不存在极小值；

②若尸(兀)>0,贝!]a>1-,f'[x}>0对任意的久e(0,兀]恒成立,

此时，函数”X)在(0,兀]上单调递增，此时函数”为无极值.

综上所述，当a<1-3时，函数f(均有极大值，无极小值；

当a21—5时，函数f(x)无极值；

(3)分以下情况讨论：

①若a>1-^,函数”x)在玲兀]上单调递增，

则/(久)min=f=In]+£+12In]+](1—£)+1=ln^+|+|>0,

此时,函数f(x)在玲兀]上无零点；

②若a<1-工，由(2)可知，由零点存在定理可知，存在£(0,兀)，使得f'Oo)=工+a+

71XQ

COSXQ=0,且函数/(%)在(0,%0)上单调递增，在(%0,")上单调递减.

从而有a=---COSXQ，设/I(%)=---cosx，则》(%)=3+sinx>0对任意的％e(0,用恒

Z

XQXX

成立，从而当久。增大时，a也增大.

⑴若X。e(0图，此时ae(-8,-2，此时函数f⑺在上单调递减，

若f③〃兀)>°'可得a<+In或a>~~(舍去)•

此时函数/⑺在崂，兀］上无零点；

若f0/(兀)<0'可得-1(1+m］)<a<-等，

此时函娄好(x)在玲句上有且只有一个零点.

当a=—1(呜+1)时，f((J=0,〃兀)丰0,此时函数f(x)在玲兀］上只有一个零点；

(ii)当“0eC，T时，此时ae(-31-5］，此时函数f(x)在冷，久。)上单调递增，在0。，兀］上

单调递减.

/(^)=ln|+y+1>0,/(7T)=Imr+an,

ax

所以，/tomax=/(%o)=lnx0+o+sinx0=lnx0+sinx0—x0cosx0—1,

设ni(%)=Inx+sinx—xcosx—1,则zn'(%)=(+xsinx>0对任意的％G(1，兀］恒成立，

所以，函数根(久)在C，兀］上单调递增，所以，f(久。)>mg)=ln=>0,

若/(兀)>0,即a>-等，即-等<a<1-：,此时函数f(乃在卷,兀］上无零点；

若/⑺W0,即aW-手，即-：<aW-等时，此时函娄好㈤在玲兀］上有且只有一个零点.

综上所述，当aG+呜))u(-竽+8)时，函娄好(%)在玲司上无零点；

当a£卜式1+呜9］时，函数f。)在玲句上有且只有一个零点.

【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f0)=0分离变量得出a=g(x),将问题等价转化为直线y=a与函

数y=g(x)的图象的交点问题.

【变式1-1】5.(2021秋•广东揭阳•高三校考阶段练习)已知函数f(x)=(x-1)-

(%+2)sinx.

(1)当xe玲兀|时，求y=f(x)零点的个数；

(2)当x6［0,2兀］时，求y=/(比)极值点的个数.

【答案】(1)1个；(2)2个.

【解析】(1)利用导数分析函数y="X)在区间玲兀］上的单调性，结合零点存在定理可得

出结论；

(2)利用导数分析函数)/=((乃在区间也用、&兀)、(兀，管管,2兀］的单调性以及符号

变化，结合零点存在定理可得出结论.

【详解】(1)由题意/'(X)=(X-1)-(%+2)sinx,x€棋,兀|,则/'(久)=1-sinx-

(%+2)cosx,

由于:<x<n,cosx<0,又sinx<1,所以/''(%)>0，/'(x)在稹,兀］上单调递增，

因为f0=-3<0,fM=n-l>0,所以函数f(x)在加上有唯一零点；

(2)由题意/(%)=(%—1)—(x+2)sinx,xG［0,2n］,则尸(汽)=1—sinx—(x+2)cosx.

令h(%)=1—sinx—(%+2)cosx,h'(%)=(%+2)sinx—2cosx.

——

①当。<x<即寸，因为cos%>Y/12cos%<1—2XY=1V2<0z

所以/'(%)=1—sinx—(x+2)cosx=(1—2cosx)—sinx—xcosx<0,

所以，函数八久)在区间［o,4上单调递减，无极值点;

②当E<X<兀时，hC)=0,

当］<x<7T时，因为cos%<0,所以h'(%)=(x+2)sinx—2cosx>0,

所以从M%)在玲兀］上是增函数，=o即/(%)>o,

当E<x<］时，0V%—WV，sin%—cosx=V2sin(%-〈)>0,

所以九'(%)=(x+2)sinx—2cosx=2(sin%—cosx)+xsinx>0,

所以依)在(讨)是增函数，hM</ig)=o即尸⑺<o,

所以程f(“)在&兀)上的极小值点;

③当兀<%<当时，sin久<0,cosx<0，贝!］/'(久)>0,所以函数f(x)无极值点；

④当苧<x<2兀时,cosx>0,sinx<0,所以=(%+2)sinx—2cosx<0,

所以从人(久)在管,2兀)上是减函数，且%倍)=2>0,八(2兀)=-2TT-1<0,

所以依)在管,2兀)上有唯一的零点立

当:<X<%2时尸(久)>0；当%2<X<2兀时,f'(x)<0,

所以X=久2是函数FO)的一个极大值点.

综上所述，函娄好(X)存在两个极值点.

【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：由外切=0分离变量得出a=g(x),将问题等价转化为直线y=a与函

数y=g(0的图象的交点问题.

【变式1-1]6.(2020秋•江西南昌・高三南昌市第十九中学校考阶段练习)已知函娄好=

(1—a—x)sinx—(1+a+x)cosx,xE[0,ir],aER.

(1)若函数f(X)在6J处的切线斜率为T+1,求a的值；

(2)若任意比e[0,n],f(x)>0恒成立，求a的取值范围.

【答案】(l)a=l；(2)[—n—l,—l]

【分析】(1)求出/''(>)=(%+a)(sinx-cosx),根据题意f'(5)=1+。=]+1,解方程

即可求解.

(2)求出/(%)=(x+a)(sinx—cos%),x6,令/'(%)=。解彳导%i=—a,%2=：，讨

论aZ0或<aV0或-TTWaW-：或a<-TT，求出函数的单调区间，将不等式恒成立转

化为求函数的最值问题即可.

【详解】解：(1)因为/(%)=(1—a—x)sinx—(1+a+x)cosx,

所以/'(%)=(%+a)(sinx—cosx),

因为函数/(x)在CJ⑼处的切线斜率为升1,

所以尸停)=E+a=畀1,解得a=1.

(2)由(1)知，/'(%)=(%+a)(sinx-cosx),xE[0,n],

令/(%)=0解得%i=-。，%2=：，

①当a>0时，工+a20,在工£[o,；)上,sinx—cosx<0,

所以尸(%)<0,/(%)单调递减；

在％E上，sinx-cosx>0,所以/'(%)>0,/(%)单调递增；

要使任意％e[O.n]z/(%)>0恒成立，

即有/(%)min=/第=J(1--2)-¥0+a+9/0，解得a4-不满足；

②当一"<a<0时，在％G[0,—a)上fx+a<0f

sinx-cosx<0,所以广(%)>0,f(%)单调递增；

在x6(-若)上，x+a>0,sinx-cosx<0,所以/(无)<0,f(x)单调递减；

在xe上,x+a>0,sinx-cosx>0,所以/''(x)>0，/'(x)单调递增；

_(7(。)>o

要使任意xe[0,n],/(x)>0恒成立，即有(N)>0，解得。<T，不满足；

③当FWaW-押，结合②易知，f⑺在[0,9单调递增；在&-a)单调递减；

在(-a,川单调递增；要使任意xe[0,n],f(x)>0恒成立,即有1/⑼汽，，

y—a)Nu

解得—Tl<a<—1,所以aE[―TT,—1]z满足；

④当a<-TT时，f(x)在[o,；)单调递增；在&TT)单调递减；

要使任意，f0)>o%e[0,川恒成立，即有,；:,

解得—TC—1<a<—1,所以aG[―Tl—1,—II),满足；

综上：a的取值范围为[-n-1,-1].)

【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1-U7.(2021•江苏南京・南京师大附中校考模拟预测)已知函数f(x)=tanx-sinx,

g(x)=x-sinx,xG(0,^).

(1)证明：关于x的方程f(x)-g(x)=x在(0,》上有且仅有一个实数根；

(2)当xw(0,2时，f(x)>ag(x),求实数a的最大值.

【答案】(1)证明见解析；(2)最大值为3.

【分析】(1)设九⑺=/(x)-g(x)-x=tanx-2x求出导数，得出单调性，根据零点存在

原理可证明.

(2)</?(%)=/(%)—ag(x)=tanx—a(%—sinx),因为x£(0号，所以sinx>O,cosx£(0,1),

从而3+1e(3,+8),从而可分a<3和a>3两种情况分类讨论出其单调性，得出答案.

【详解】证明：令八(%)=/(%)—g(x)—x,即九(%)=tan%—2x,

所以h_12_l-2cos2x_（1+V2cosx）（l—72cosx）

'Jcos2%cos2%cos2x

因此当xe（0,£）时,cosx>噂,〃（x）<0,当xG（q,g）时,h\x）>0,

4Z4Z

所以依）=tan久-2x在xG（0,£）上单调递减，在xe（.§单调递增，

又因为帖）<0,似吐）=tan（工）—詈=2+百—詈>2+1.7—2.5>0

所以依）=tan久-2x在x6（0,匀无零点，在xe§只有一个零点,

因此方程有且仅有一个根

(2)令w(%)=/(%)—agQc)—tan%—a(%—sinx),

贝M(%)=coL-cos%—a(l—cosx)

则Q"(%)=2sly+sinx—asinx=sinxf2—+1—a)

C0S5X\C0S5X/

因为久e(0,,所以sinx>0,cosxe(0,1),从而高+1e(3,+00)

①.因此当a<3时,co"+1—a>0,贝!Jw"(x)>0,

所以函数d(x)在Xe(o()单调递增，又8(0)=o,

因此s'。)>o,所以函数a(x)在xe(o,5)调递增，又0(o)=o,

<P(X)>0在xe(o,5)恒成立

②.当a>3时，令卬"(久)=sinxQ"+1-a),由sin久>0

因为cos比=3占曰0,1)必有一解，记为X0,

所以当o<x<久。时，(p"M<o,当久e(&,])时，(p"M>o

因此当久e(o,均)时，“(X)单调递减，当xe卜。，9时，0'(x)单调递增，

又“(0)=0,所以80)<。在xe(0,Xo)恒成立，

所以0(%)在Xe(0/*0)上单调递减，又0(。)=0,

所以当XG(0,久0)时，(p(x')=0(0)=。与题意矛盾，

综上所述aW3,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d'(x)=+sinx-asinx=sinx(―^―+1-a)，当若a<3时，由一^-+1e

COS^X\C0S5XJcos^x

(3,+8),得出“(©>0,从而得出不等式成立，当当a>3时，得到与条件相矛盾的结论，

属于难题.

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/⑴=sinx.tanx.

(1)设g(x)=f(x)+3cosx且xe(0,|),求函数g(x)的最小值；

⑵当xeM,证明:/(%)>X2.

【答案】⑴2企

(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)构造新函数以乃=/(%)--=sinx-tan*-/,转化为证明新函数的最小值大于等

于0即可.

【详解】(1)'•'g(x)=sinx-tanx+3cosx,又g'(x)=-，黑；：',

又％6(0,1),•••sinx>0,

当g'(%)>。时,cos2x<0,A%61

当g'(%)<。时，cos2x>0,%G(0；),

4

所以函数g(x)在GA)上单调递增，在(0吟)上单调递减

・•.9(%)的最小值为g(：)=2V2；

(2)不等式/(%)>/等价于/(%)—/2o,

令h(x)=/(%)—x2=sinx-tan%—x2,xE,[0,g),九'(％)=sinxQ^^—+1)—2%>sinx-

2cosx—2x=双丝—2x=2(tanx—x)

cos2xcosx

令k(x)=tanx—x,xE[0,^),・•.k'(x)=口、第一1，

又°<cos2x4l，.••焉21，；/,(%)2°，

所以函数做x)在[0,苏上单调递增，又k(0)=0,fc(x)>0,h\x)>0,

所以函数/i(x)在区间[0,》上单调递增，又以0)=0,

-，•/i(x)>of所以原不等式成立.

【变式2-1]1.(2022秋•北京昌平•高三校考阶段练习)已知/(%)=sin%,g(x)=Inx,

h(x)=x2-ax—1.

(1)若％e[0,1],证明：/(%)>g(x+1)；

(2)对任意xe[0,1]都有“(幻+/i(x)-5(%)>0,求整数a的最大值.

【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X。e(0,1)，使得F"(*o)=0/⑺>。在(0,1)

上恒成立上可以证明"》)在定义域上的单调性，可知尸0)>0，便可证明结论.

(2)先判断整数a<2可知+%2—ax—1—Inx>esinx4-%2—2%—1—Inx,接着证

明

H(x)=esinx+%2—2%—1—Inx>0在区间(0,1]上恒成立即可可出结论.

【详解】解：

(1)证明:设1(%)=sinx—In(%+1),(0<%<1),则=cosx—•

因为F"(x)=—-sinx,且久G[0,1]

则产"0)在[0,1],单调递减，；-Sinl<0,F"M<F"(0)=1

所以存在唯一零点出6(0,1)，使得F"(与)=0

则尸'(%)在(0/0)时单调递增，在(殉，1)上单调递减

又/'(1)=—|+cosl>—|+cos^=0,F'(0)=0

所以P(%)>。在(0,1)上恒成立上，所以尸⑴在［0,1］单调递增

则产(%)>F(0)=0,即尸(%)>0,

所以/(%)>g［x+1).

(2)因为对任意的％e(0,1］,e"“)+h(x)-g(x)>0

即psm%+x2—ax—1—In%>立

令％=1,贝［JeSini>a

由(1)知sinl>ln2,所以2=eln2<esml<e1<3

由于a为esm%+x2—ax—1—Inx>。整数，贝！Ja<2

因此/n%+x2—ax—1—Inx>esinx+x2—2%—1—Inx

下面证明"(%)=esinx+x2—2%—1—In%>0,在区间(0,1］上恒成立即可.

由(1)知sin%>ln(x+1),则esI11%>%+1

故”(％)>x+l+x2—2x—1—Inx=x2-x—\nx

设G(第)=x2—x—In%,x6(0,1］贝=2x—1--=3+1)(%i)<Q,

zXX

所以G(x)在(0,1］上单调递减，所以GQ)>G(l)=0,所以H(x)>0在比e(0,1］上恒成立.

综上所述，a的最大值为2

【变式2-1］2.(2022・全国•高三专题练习)已知函数fQ)=二-kx2,其中k为实数,e为

自然对数的底数.9。)是/(久)的导数.

(1)试讨论g(x)的极值点；

(2)①若k=［证明：当x>。时,/(x)>x+1恒成立；

②当久>0时，/(X)》2久+1—sin久恒成立，求k的取值范围.

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)①证明见解析；②(-8,1］.

【分析】(1)求得g'O),对k进行分类讨论，由此求得gO)的极值点.

(2)①构造函数G(x)=ex-|%2-x-l(x>0),利用导数证得G(x)>0，由此证得/'(x)》

X+1.

②构造函数=ex-kx2-Zx-l+sinx(x>0),结合对k进行分类讨论，利用导数研究

以X)的单调性、最值.由此求得k的取值范围.

【详解】(1)g(x)=f'(x)=ex-2kx,则g'Q)=ex-2k,

当k<。时,g'(x)>0,g(x)单调递增,无极值点,

当k>。时,令g'(x)=0,则x=ln2k,

令g，(x)>0,则x>bi2k,g(x)单调递增,

令g，(x)<0,则比<bi2k,•••g(x)单调递减,

g(x)的极小值点为伍2k,无极大值点，

综上：当k<0时，g(x)无极值点，

当k>。时，g(x)的极小值点为伍2k,无极大值点.

(2)①证明：当k=1时,设G(x)=exx2-x-1(%>0),

G'(x)=ex—x—1,

则G〃(x)=ex-1>0,故G，Q)在［0,+8)上单调递增,

故当x>。时,G'(x)>G<0)=0,故G(x)在［0,+8)上单调递增,

故当x》。时,G(x)>G(0)=0,

故当x》。时,/(x)》比+1恒成立.

②设=ex—kx2—2x—1+sinx(x>0),

则％Ont">0,且h(0)=0,

则/i'(x)=ex—2kx—2+cosx(x>0),且/i'(0)=0,

九"(%)=ex—2k—sinx,h〃(0)=1—2k,

V"〃(%)=ex-cosx>0,则九”(%)在［0,+8)上单调递增，

当k<用寸，心(0)=l-2/c>0,由于心⑺在［0,+8)上单调递增，

则当x>0时,h"(x)>a(0)>0,则汇⑺在［0,+8)上单调递增,

故"㈤>"(0)=0,则h(x)在［0,+8)上单调递增,

故人(无)>/i(o)=o,符合题意,

当k>用寸，a(0)=1-2/c<0,

利用(1)中已证结论可得

由于h"(x)在［0,+8)上单调递增,h"(l+2k)=e1+2k-2k-sin(l+2fc)>1+(1+2k)-

2fc-1>0,

故必然存在久o6(0,1+2k),使得xG(0,3时,h〃(0)<0,

贝收'(x)在(0,久o)上单调递减，

故当xG(O,*o)时，〃(%)<〃(0)=0,

则无(吗在(0,而)上单调递减，

则当xG(0,&)时，h(x)</i(0)=0,

综上，k的取值范围为(-8,|］.

【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2-1］3.(2021秋•河北邯郸・高三统考开学考试)已知函娄妤Q)=ae，-/(。eR)

(其中e«2.71828为自然对数的底数).

(1)当a=2时,判断函数f(X)的单调性；

(2)若a>1,证明/(K)>cos比对于任意的乂G［0,+8)恒成立

【答案】(1)增函数；(2)证明见解析.

【分析】(1)求出导函数,令9(%)=r(x),再求导，求得g(x)的最小值可证；

(2)先证对任意比G[0,+8),e，2/+1,然后利用不等式的性质证明a>1时,不等式

成立.

【详解】解：(1)当a=2时,/(x)=2ex-x2,f'(x)=2ex-2x,

设9。)=f⑺=2ex-2x,则g<x)=2e*-2,令g，(x)=0,得x=。，

所以g(x)在区间(-8,0)上单调递减，在区间(0,+8)上单调递增，

所以g(x)min=g(0)=2-0=2,即/(x)>0对任意xeR恒成立，

所以函娄好为增函数；

(2)先证对任意久G[0,4-00),ez>X2+1.

令p(x)—ex—x2—1,p'(x)—ex—2x—m(x),m'(x)—ex—2.

令加(x)=0，得x=ln2,所以m(久)在区间(-8,ln2)上单调递减，在区间(ln2,+8)上单调

递增，

所以m(x)>m(ln2)>0,

所以p'(x)>0,所以p(x)在[0,+8)上单调递增,所以p(x)>p(0)=0,所以e*>x2+1,

xG[0,+oo),

当a>1时，/(x)—cos久=aex—x2—cosx>ex—x2—cosx>x2+1—x2—cosx=1—

cosx>0,

即/'(x)>cosx对于任意的xe[0,+8)恒成立.

【变式2-1J4.(2020秋・河南•高三校联考阶段练习)(1)当0WxW轲，求证:x>sinx;

(2)若二2依+1对于任意的xG[0,+8)恒成立,求实数k的取值范围；

(3股a>0求证;函数/O)=-cosx在[O,印上存在唯一的极大值点工。目於。)>e*

【答案】(1)证明见解析；(2)(-8,1];(3)证明见解析

【解析】(1)构造函数G(x)=x-sinx(0<%<=),转化为函数的最值问题求解；

(2)设g(x)=峭一日一1,则g，(x)=ex-k,分k<1,fc>1讨论,通过研究gQr)的最

小值求解；

(3)求得尸(x)=eax-1(acos%-sinx),令f'(x)=。得到tan比=a,通正切函数的性质可得

函数单调性，进而可得极值点.将证明f(a)>e-Z转化为证明七>e-Z，令t=-5，则t<o,

即证白>e\t<0),即证(1+-1<0(t<0),构造函数利用导数求其最值即可.

【详解】(1)证明：设G(久)=x-sinx(0W久W1),则G'(x)=1-cosx>0,

从而GO)在[0,引为增函数.所以G(x)>G(0)=0,

故当。<x<1时，x>sin久成立；

(2)解：设g(x)=ex-kx-1,则g'(x)=避一k,

考虑到当x>。时，e"21,

(i)当kW1时,g'M>0,则g(x)在[0,+8)上为增函数,

从而g(x)>5(0)=0,此时适合题意.

(ii)当k>1时,g'(x)=ex-elnk,则当0<比<Ink时，g'(x)<0,从而g(x)在(0,Ink)上

是减函数，

所以当0<%<Ink时,g(x)<g(0)=0,这与"当x>0时,g(x)>。恒成立"矛盾.故此

时不适合题意.

由(i)(ii)得所求实数k的取值范围为(-8,1].

(3)证明：=aeax~r-cosx—eax-1-sinx=eax_1(acosx—sinx),

令Fix)=0，得acosx—sinx=0,当xE时，可化为tan久=a,

由正切函数的性质及a>0，得在(0彳)内必存在唯一的实数%。，使得tanx。=a,

所以当%e(0,久。)时，尸0)>0,则/a)在(o,&)上为增函数:

当Xe(%0,5时，/0)<0,则f(x)在(%0,以上为减函数，

ax-1

所以X=%0是/(比)的极大值点.且f。)的极大值为/Oo)=e°-cosx0.

1

下面证明：/(x0)>.

当。<%<]时，由(1)知%>sinx，由(2)易证>x.

2

ax-1a

所以CQGT>ax0>asinx0,从而/(%o)=e0•cosx0>asinx0cosx0=.

下面证明：>e~^•令”一、贝!RV0,

l+a2a

即证人>ef(t<0),即证(1+t2)ef-1<0(t<0).

l+tz

令<p(t)=(1+t2)ef-l(t<0),则w，(t)=(1+t)2ec>0,

从而(p(t)在(-8,0)上为增函数，

所以当t<0,<p(t)<0(0)=0,即(1+t2)ec—1<0(t<0).

故f(%o)>成立.

【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2-1]5.(2020•江西・校联考模拟预测)已知函数/(无)=e，—x,拉⑶=af(x)+

2/(-x)+(2a-4)x(a6R且aH0,e是自然对数的底数).

(1)讨论函数y="a比)的单调性；

(2)当x20时,h(x)>(a+2)cos久恒成立,求a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析；(2)[2,+8)]

【分析】(1)由7'3)=eax-ax,求导得到r(ax)=a(eax-1),再分a>0和a<。讨论

求解.

(2)由x=］时，根据％)>0,得到a>0.然后令。(久)=h(x)-(a+2)cosx,求导“(x)

=————F(a-2)+(a+2)sinx,分a>2和0<aV2讨论求解.

【详解】(1)易知:3%)=a(eax-1)

①若a>0,则当％>0时，尸(%)>。，当％<0时，尸(x)<0,

②若a<0,则当％>0时，尸(%)>。，当％<0时，尸(x)<0,

所以/(%)在(0,+8)上单调递增,在(-8,0)上单调递减.

(2)当％=；时，％)=ae2+2e~+(a-2)>0,

即(？2+1)。之兀>0,所以。>0.

令0(%)=h(x)—(a+2)cosx

=aex+2e~x+(a—2)x—(a+2)cosx,

则=ae*—2e~x+(a-2)+(a+2)sinx,

Qp2X_2

=————F(a—2)+(a+2)sinx,

若a>2,则当％e时,g'(%)>0,

所以g(%)在［0,加上单调递增:

当％€(区+8)时，

g'Q)=aex-2e~x+(a—2)+(a+2)sinx

>aex—2e~x+(a—2)—(a+2)

2

>cie71—29-7T—4>4a---4,

4'

所以当％G［0,+8)时，g(%)单调递增,

所以g(%)>g(o)=o.

若0<a<2,则“(0)=2(a—2)<0,

g'(x)=ctex—2e~x+(a—2)+(a+2)sinx

>aex—2e~x+(a—2)—(a+2)

=aex—2e~x—4,

由ae%—2e~x—4=0得％=In2+^+2->Q,

所以g，(ln空笋)>o,

所以三久0e(0,ln2+V^+2a］，使得g'Oo)=0,

且当xG(o,&)时,g'M<o,

所以g(x)在久e(0,%o)上单调递减，

所以当X6(0,&)时,g(x)<g(0)=0,不合题意.

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