專題9導數與三角函數交匯問題（教師版）

專題9：導數與三角函數交匯問題<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>導數與三角函數交匯問題是指，應用導數的基礎知識與方法，研究問題情境中含有三角函數的函數問題.函數的特征是：全三角函數型、三角函數與多項式函數組合型、三角函數與指數函數組合型、三角函數與對數函數組合型等.<<<專題探究>>><<<專題探究>>>導數與三角函數交匯問題的題型常見的有：函數零點問題、不等式恒成立問題、不等式證明問題、極值點偏移問題等，分析求解時既要充分應用導數的工具性作用，又要充分應用三角函數的性質與三角恒等變換技巧，關健是靈活應用正弦函數和余弦函數的有界性.題型一：三角題型一：三角函數與多項式函數組合型題設情境是含三角函數的常系數不等式證明問題和不等恒成立求參變量取值范圍問題.第（1）小問應用導數求函數的最值證明不等式；第（2）小問應用“參變分離”法，應用數學建模構造函數，然后應用導數和換元法求新構造函數的極值點，最后應用分類與整合思想探究參數a的取值范圍。例1（河北省深州市中學2023屆高三上學期月考）已知函數f(x)=4ax-（1）若a=14，當x∈（2）若當x∈[0,+∞)時，f(x)≥【思路點撥】第（1）問注意到f(π)=π2，因此應用導數推導函數f(x)在(0,π)上單調遞增即可；第（2）問題設情境為不等式恒成立問題，注意到2ax的導數為2a,而2+cosx>0,因此由參變分離技巧將4ax-sinx【規(guī)范解析】（1）由a=14，得f(x)=x-f'(x)=1-12cos當x∈0,π2時，T'(x)<0，T(x)單調遞減，當T(x)的最小值為Tπ2=1-π所以f(x)在(0,π)上單調遞增，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]上單調遞增，所以h①當2a≥13，即a≥16時，g'(x)②當2a≤0，即a≤0③當0<2a<13，即0<a<16時，若令φ(x)=2ax-13sinx，x故存在x0，使x∈0,x0時，φ所以φ(x)<φ(0)=0，即x∈0,x0綜上，a的取值范圍是(1練1（河北省深州市中學2023屆高三上學期第二次月考）已知函數fx（1）若曲線y=fx在點0,f①求實數a的值：②證明：函數fx在π（2）當a≤2π時，證明：對于區(qū)間π,3π【規(guī)范解析】（1）①由題意得，f'0∵f'x=-sinx+xcosx+a,∴f②證明：由①可知，f'x=-sinx+xcosx當x∈π2,π時，f''當x∈π,3π2時，f''x>0又f'所以存在唯一的x0∈π,3π當x∈π2,x0當x∈x0,3π2時，所以函數fx在π2,3π（2）要證對于區(qū)間π,3π2內的一切實數，都有fx由（1）可知，f'x在π,3π所以f'π=-π+a,f'3π當f'3π2=1+a≤0，即a≤-1時，由則f'x<f'3π所以fx<fπ=-2+πa≤-2+π?(ii)當f'3π2由（1）②可知：fπ=-2+πa<0f3π綜上，當a≤2π時，對于區(qū)間π,3π練2（湖湘名校教育聯合體20222023學年高三上學期大聯考）已知函數fx=a（1）求實數a的值；（2）求證：fx存在唯一的極小值點x0，且（3）設Fx=xfx+ax2-a，Gx（參考結論：x→0，-1【規(guī)范解析】（1）由題意，函數fx=a因為fx≤0，且f1=0令gx=a-a因為g1=0，且g'1=0當a=12時，g'x=1x當x∈1,+∞時，g'x<0，g所以實數a的值為12（2）由函數fx可得f'令hx=3當x∈0,3時，h'當x∈3,+∞時，h'又由h1=0，he所以?x0∈當x∈0,1時，hx>0，即f當x∈1,x0時，hx<0當x∈x0,+∞時，hx>0所以fx存在唯一極小值點x因為x0∈e,又因為hx0=0，所以lnx0當x∈0,3時，φ'x<0，φx單調遞減；當因為x0∈e,綜上可得：-e（3）對?x∈0,π，Fx+1≤G即不等式-12當x=0時，不等式對任意實數b都成立；當x∈0,π時，sinx>0，所以b≥可得g'令hx則h'令φx=1所以φx在0,π上單調遞減，所以φ所以h'x<0，hx單調遞減，所以hx又由當x→0時，-12x所以b≥-2，即實數b的取值范圍是[-題型二：三角題型二：三角函數與指數函數組合型題設情境是含三角函數的常系數不等式證明問題和已知函數零點個數求參變量取值范圍問題.第（1）小問應用放縮法判定導函數取值的正負情形，應用函數的單調性確定函數的最值，從而證明不等式；第（2）小問利用第（1）問的結論找到參數a的取值范圍，然后通過二次求導及零點定理證明，當參數a在該范圍內取值時，原函數有且僅有兩個零點。例2（湖南師范大學附屬中學2023屆高三上學期月考）已知函數f(x)=ex-ax（1）當a=12時，求證：（2）若函數fx有兩個零點，求實數a【思路點撥】第(1)問注意到f0=0聯想函數fx在0,π上單調遞增,連續(xù)2次求導后,應用當x∈0,π時，ex≥1,12xsinx≥0，推導2階導數大于零,從而推導f'x≥f'0＝0,得函數fx在0,π上單調遞增而證明fx≥0.第(2)問由第(1)問可推導當a≤12時，f(x)【規(guī)范解析】（1）當a＝12則f'x＝eh'x＝ex因此h'x≥1-cosx≥0,所以于是f'x≥f'0＝0，因此函數f（2）由（1）知，當a≤12當且僅當x＝0時取等號，此時函數fx當a>12時，因為fx設g(x)=f'(x)=當x∈π2,π時，g'x當x∈0,π2φ'因為ex>0,a(3所以φ(x)即g'x單調遞增．又因此g'x在0,π2上存在唯一的零點x當x∈(0,x0)時，g'x<0當x∈(x0,π2)時，又f'0因此f'x在x0且x1∈x0,π．當x∈當x∈x1,π時，f'又f0＝0,fx1因此fx在0,π上有兩個零點．綜上，a的取值范圍是1練3（江蘇省泰州中學20222023學年高三上學期月度檢測）已知函數fx=exsinx-ax2（1）當a=0時，討論函數f（2）當12≤a≤1時，求證：對任意的x∈0,+∞【規(guī)范解析】解：(1)當a=0時，f(x)=ex(sinx-e)，

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

∵sinx+cosx=2sin(x+π4)≤2<e，∴sinx+cosx-e<0則只需要證明對任意的x∈0,+∞，sinx-ax2+2a-e<0．

設ga=sinx-ax2+2a-e=-x2+2a+sinx-e，看作以a為變量的一次函數，

要使sinx-ax2+2a-e<0，則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練4（天津外國語大學附屬外國語學校20222023學年高三上學期月考）已知函數fx（1）討論函數fx（2）證明：當x≥0時，cos（3）若x≥0，fx≥sinx-cos【規(guī)范解析】（1）由題意f'x=aeax當a>0時，若x>0，則ax>0,eax>1若x<0，則ax<0，eax<1，所以當a<0時，若x>0，則ax<0,eax<1若x<0，則ax>0，eax>1，所以綜上fx在-∞,0上單調遞減，在0,+（2）若x≥0時，cosx+x22設φ(x)=x-sinx，則φ'(x)=1-cos即φ(x)=x-sinx為增函數，所以g'(x)≥g所以g(x)≥g(0)=0，得cosx（3）由（2）得當x≥0時，x22-1≥-cosx，則有x22+x+1≥sinx設h(x)=ex-x-1，則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時，eax所以a≥1時，eax≥sin當a<1時，設m(x)=e則m'(x)=ae所以存在實數x0>0，使得任意x∈0,x0所以在x∈0,x0此時，eax-sin所以a<1時不符合題意.綜上，實數a的取值范圍為[1,+∞.題型三：三角題型三：三角函數與對數函數組合型題設情境是含參變量函數的極值問題和有關函數零點的不等式證明問題.第（1）小問應用導數與函數極值的基本知識，通過分類討論求函數的極值；第（2）小問由題設條件“當x1≠x2時，例3（四川省南充市白塔中學20222023學年高三上學期入學考試）已知函數fx（1）求函數y=gx（2）若存在x1,x2∈0,+∞，且當x1【思路點撥】第(1)問應用導數研究函數極值的基礎知識與基本方法求函數y=gx的極值;第(2)問由題設情境因為“fx1=fx2”，所以“x1x【規(guī)范解析】（1）由gx=x+mlnx,∴當m≥0時，g'x>0，gx當m<0時,當0<x<-m時，g'x<0；當x>-m時gx在0,-m上為減函數，在∴x=-m，gx有極小值綜上知：當m≥0，gx無極值，當m<0，gx有極小值（2）證明：令hx=x-asinx，∴∵-1≤cosx≤1,且0<a<1，∴h'x所以當0<a<1時，hx=x-asinx在所以當x∈0,+∞時，恒有hx當m≥0，gx在0,+∞上為增函數，當0<a<1，hx=x-asinx這時，y=fx在0,+∞所以不可能存在x1,x2∈0,+∞，滿足當設0<x1<x2∴-mlnx∵x1-sinx1<x由①②式可得：-mlnx2又lnx1<lnx2，ln要證x1x2<ma-1④，所以由③設t=x2x1>1令h由h't=t-12∴ht>h1=0，∴x2練5（江西省撫州市金溪縣第一中學2023屆高三上學期月考）已知函數f(x)=axlnxa≠0，f'（1）若函數g(x)=f'x+1（2）當a=1時，求證：f(x)<ex【規(guī)范解析】（1）依題意知：x∈0,+∞，f'∴g(x)=alnx+1x+1∵g(x)有兩個極值點，∴g'x在令g'x=0得：a∴關于x的一元二次方程有兩個不等的正根，記為x1,∴Δ>0x1+x2>0x1故a的取值范圍為：0,1（2）依題意，要證：xlnx①當0<x≤1時，xlnx②當x>1時，要證：xlnx即要證：xlnx令h(x)=xlnx-exh″x=1x-令φ(x)=ex-x-1,(x>1)，則當x>1時，φ'x>0，∴φ(x)在1，即：ex>x+1，(x>1)，當x>1時，0<h″x=∴h'x在1，∴h(x)在1，+∞單調遞減，∴即：xlnx練6（江蘇省鹽城市第一中學20222023學年高三上學情調研）已知函數f(x)=sinx-ln(1+x)證明：(1)f'(x)在區(qū)間(2)f(x)有且僅有2個零點．【規(guī)范解析】（1）設g(x)=f'(x)，則g(x)=cosx-當x∈-1,π2時，g'(x)可得g'(x)在-1,π2有唯一零點，設為α，故則當x∈(-1,α)時，g'(x)>0；當x∈α,π2所以g(x)在(-1,α)單調遞增，在α,π2單調遞減，故g(x)在即f'(x)在-1,（2）f(x)的定義域為(-（i）當x∈(-1,0]時，由（1）知，f'(x)在(-1,0)單調遞增，而所以當x∈(-1,0)時，f'(x)<0，故f(x)在(-1,0)單調遞減，又從而x=0是f(x)在(-（ii）當x∈0,π2時，由（1）知，f'(x)在(0,α)而f'(0)=0，所以存在β∈α,π2且當x∈(0,β)時，f'(x)>0；當x∈β,π2故f(x)在(0,β)單調遞增，在β,π又f(0)=0，fπ2=1-ln1+從而f(x)在0,π2（iii）當x∈[π2,π]時，f'(x)<0，所以f(x)在π2所以f(x)在[π（iv）當x∈(π,+∞)時，ln(x+1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在綜上，f(x)有且僅有2個零點．<<<專題訓練>>><<<專題訓練>>>1.（天津市耀華中學20212022學年高三模擬）已知函數fx=sinx（1）求a的值及fx（2）記gx=fx-bx，b∈0,2（參考數據：eπ【解析】（1）fx=sinxe∴f'0=1=-a?a=-1∵f'x∴fx的單調遞增區(qū)間：2kπ-π4單調遞減區(qū)間：2kπ-5π4,2kπ-π證明：gx=fx∴g'x=記hx=ex∴g'x在0,π2上單調遞增，在π①當1-b≥0，0<b≤1時，g'0=1-b≥0，∴存在x1∈π2,π，使g'x又g0=0，gx1>0，g②當1<b<2時，g'0=1-b<0，g'π2=又g'π<0，存在x∴gx在0,x2，x∵gπ2=∴此時gx在x又gx2<g0=0，（若不用極小值點x由gx∴gx在x2,π2故綜上，gx在0,π2.（河北省深州市中學2023屆高三期末數學試題）已知函數fx（1）若x=-1為fx的極小值點，求a（2）若fx有唯一的極值-1e-1，證明：【解析】(1)f'①當a≤0時，fx在-∞,-1上單調遞減，在-1,+∞所以x=-1為fx②當a>0時，由f'x=0得x=-1（?。┊攁=1e時，fx（ⅱ）當0<a<1e時，fx在-∞,在-1,+∞上單調遞增，所以x=-1為fx（ⅲ）當a>1e時，fx在-∞,-1在lna,+∞上單調遞增，所以x=-1為fx的極大值點，綜上，a(2)根據（1）可知a≤0，f-1為唯一的極值，所以-1e所以即證?x≥-1，xex-sinx設hx=g設φx=h'x，則φ'x當x∈(-1,0]時，cosx>0,φ當x∈0,+∞時，所以φ'x=x+3h'0=2>0，h所以h'-1<0，所以?因此當x∈-1,x0時，h'x得g'x在-1,x又g'-1=-因此當x∈-1,0時，g'x<0，當所以gx在-1,0上單調遞減，在0,+∞上單調遞增，得g所以xe3.（河北省武安市第一中學2022屆高三調研）已知函數fx=x-sin（1）當a=0時，求曲線y=f(x)在點π2（2）若f(m)=f(n)，0<m<n，求證：m2【解析】（1）當a=0時，y=f(x)=x-sinx可得切線的斜率為f'(π2)=1-0+1=2所以切線的方程為y-π2=2(x-（2）證明：由題意可得f'若a≤0，則f'x≥0，f(x)在因此不存在0<m<n，使得f(m)=f(n)，所以a>0；設g(x)=x-12sin2x-令h(x)=g'(x)=1-cos2x-2x所以g'(x)在(0,+∞)上單調遞減，又g'(0)=0，所以g'x<0在從而g(x)在(0,+∞)上單調遞減，從而m-又由f(m)=f(n)，可得m-所以m-由①②可得a(lnm-lnn)>m2-n2因此要證m2+n2>|a|=a設H(t)=lnt-2(t-1)t+1，0<t<1，則H'(t)=(t-1)2又因為0<(mn)24.（重慶市第八中學校2022屆高三適應性月考）已知函數f(x)=xcosx-（1）f(x)的最大值；（2）證明：ex（3）若f(x)+2ax3+e【解析】（1）∵f(x)=xcosx-∴f'(x)=cosx-xsinx-cosx=-x∴f(x)（2）要證exsinx+ex-2>xexcos令g(x)＝1-xex，故g(x)在(0,2)上單調遞減；g(x又f(x（3）fx+2ax令hx=xcosx-sin令φ(x)=6ax-sinx，則i.當a≤-16時，φ'x≤0，所以所以h'x≤0，所以h(x)在[0,π]ii.當a≥16時，φ'(x)≥0，所以所以h'x≥0，所以h(x)在[0,π]iii.當-16<a<16時，因為φ'(0)=6a-1<0，φ所以?x0∈所以當x∈(0,x0)時，φ'(x)<0，此時φ(x)在(0,所以h'x<0，所以h(x)在(0,x0)上遞減，所以h(x)＜綜上可得:a∈5.（河北省衡水中學2023屆高三上學期五調數學試題）已知fx（1）若函數gx=fx+xcosx-sinx-xlnx-1在0,π（2）若關于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)，當a≥1時，a-sinx≥0，所以g(x)在0,π2單調遞增，

又因為g(0)=0，所以g(x)在0,π2上無零點.

當0<a<1時，?x0∈0,π2使得sinx0=a，所以g(x)在x0,π2單調遞減，在0,x0單調遞增，

又因為g(0)=0，g(π2)=aπ28-1，

所以若（2）由xex-a=fx-則有ex-a+x-a=x+lnx,令hx=x+lnxh'x=1+1x所以ex-a=x，則有即a=x-lnx,x>0,因為關于x的方程則方程a=x-lnx,x>0有兩個不同的實數解，令φx當0<x<1