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微专题 10 导数与三角函数问题
高考定位 导数与三角函数的交汇问题是高考命题的热点问题，一般以解答题的
形式出现，由于三角函数无论怎么求导仍是三角函数，所以此类问题难度较大.
【难点突破】
[高考真题] (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围.
样题1 (2024·福州质检改编)已知函数f(x)＝sin x＋x2，证明：f(x)>－.
样题 2 (2024·吕梁模拟节选)已知函数 f(x)＝ex－cos x，若 f(x)≥ax－ax2对任意
x∈R恒成立，求正实数a的取值集合.
样题3 (2024·长沙名校联考)设函数f(x)＝sin x－xcos x，g(x)＝f(x)＋sin x－ax3.
(1)证明：当x∈时，f(x)有唯一零点.
(2)若对任意x∈[0，＋∞)，不等式g(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.
规律方法 导数与三角函数问题的解法
(1)利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论，若能有效
地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解.
(2)利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期性分段来
研究.
(3)利用分隔直线法：常见的一些不等式如：当 x∈时，sin x0.
【解析版】
[高考真题] (2023·全国甲卷)已知函数f(x)＝ax－，x∈.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围.
解 (1)(cos2x)′＝(cos xcos x)′
＝－sin xcos x＋cos x·(－sin x)
＝－2sin xcos x，
当a＝1时，f(x)＝x－，
所以f′(x)＝1－＝
＝.
因为x∈，所以cos x∈(0，1)，
故f′(x)<0，故当a＝1时，f(x)在上单调递减.
(2)令g(x)＝f(x)＋sin x，
则g′(x)＝a－＋cos x，x∈，
令u(x)＝g′(x)，
则u′(x)＝－－sin x<0，
所以u(x)在上单调递减，
若g(x)＝f(x)＋sin x<0，又g(0)＝0，则g′(0)＝a－1＋1≤0，所以a≤0.
当a＝0时，因为sin x－＝sin x，
又x∈，所以01，
所以f(x)＋sin x＝sin x－<0，满足题意.
当a<0时，因为x∈，所以ax<0，
所以f(x)＋sin x＝ax－＋sin x－.
证明 f′(x)＝cos x＋2x.
令函数u(x)＝f′(x)，则u′(x)＝－sin x＋2>0，
所以u(x)＝f′(x)是增函数.
因为f′(0)＝1，f′＝cos －1<0，所以存在x ∈，使得f′(x )＝cos x ＋2x ＝0，
0 0 0 0
即x＝cos2x .
0
所以当x∈(－∞，x )时，f′(x)<0，当x∈(x ，＋∞)时，f′(x)>0，
0 0
所以f(x)在(－∞，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增.
0 0
f(x)≥f(x )＝sin x ＋x＝sin x ＋cos2x ＝－sin2x ＋sin x ＋.
0 0 0 0 0 0
因为x ∈，所以sin x >sin>sin＝－，
0 0
所以－sin2x ＋sin x ＋>－×－＋＝－.
0 0
故f(x)>－.
样题 2 (2024·吕梁模拟节选)已知函数 f(x)＝ex－cos x，若 f(x)≥ax－ax2对任意
x∈R恒成立，求正实数a的取值集合.
解 由题意得对任意x∈R，ax2－ax＋ex－cos x≥0恒成立，
令g(x)＝ax2－ax＋ex－cos x，
则g′(x)＝ax－a＋ex＋sin x，
令h(x)＝ax－a＋ex＋sin x，
则h′(x)＝a＋ex＋cos x，
当a>1时，h′(x)>0，g′(x)单调递增，
且g′(0)＝1－a<0，g′(1)＝e＋sin 1>0，
所以存在x ∈(0，1)使得g′(x )＝0，
0 0当x∈(0，x )时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
0
当x∈(x ，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
0
所以g(x)0，g′(x)单调递增，
且g′(0)＝0，
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)>g(0)＝0，符合题意；
当00，
所以h′(x)>h′(－1)>0，
g′(x)在(－1，0)上单调递增，
又g′(0)＝1－a>0，g′(－1)＝－2a＋－sin 1<－2a＋－sin ＝－2a－<0，
所以存在m∈(－1，0)使得g′(m)＝0，
当x∈(m，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
g(x)0，
∴f′(x)在上单调递增，
又f′(0)＝－，f′＝，
∴存在t∈，使得f′(t)＝0，
当x∈(0，t)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
且f(0)＝0，f＝>0，则f(t)<0，
∴存在唯一零点x ∈，使得f(x )＝0，
0 0
即当x∈时，f(x)有唯一零点.
(2)解 g(x)＝sin x－xcos x－ax3，
则g′(x)＝x(sin x－3ax)，
令h(x)＝sin x－3ax，x∈[0，＋∞)，
则h′(x)＝cos x－3a，
①当3a≤－1，即a≤－时，h′(x)≥0，
∴h(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)＝0，
∴当x∈[0，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥g(0)＝0，不符合题意.
②当3a≥1，即a≥时，h′(x)≤0，h(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
∴h(x)≤h(0)＝0，
∴当x∈[0，＋∞)时，g′(x)≤0，
∴g(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，
∴当x∈[0，＋∞)时，g(x)≤g(0)＝0，符合题意.
③当－1<3a<1，即－0，h′(π)＝－1－3a<0，
可得∃x ∈(0，π)，使 h′(x )＝0，且 x∈(0，x )时，h′(x)>0，h(x)>h(0)＝0，g′
0 0 0
(x)>0，
∴g(x)在(0，x )上单调递增，
0
∴在(0，x )上，g(x)>g(0)＝0，不符合题意.
0
综上，a的取值范围是.
规律方法 导数与三角函数问题的解法
(1)利用三角函数的有界性：在含参数的问题中，往往需要分类讨论，若能有效
地利用三角函数的有界性，则能快速找到分类讨论的依据，从而实现问题的求解.
(2)利用三角函数的周期性：涉及零点问题时，可根据三角函数的周期性分段来研究.
(3)利用分隔直线法：常见的一些不等式如：当 x∈时，sin x0)，
先证当x>0时，sin xh(0)＝0，则x>sin x.
所以ex－x＋10)，
令u(x)＝＋1，v(x)＝，
只需证明u(x) 0；
当x>e时，u′(x)<0，
所以u(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则当x＝e时，u(x)取得极大值即为最大值，
u(x) ＝u(e)＝＋1.
max
由于v(x)＝，
得v′(x)＝，
则当02时，v′(x)>0.
所以v(x)在(0，2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，
则v(x) ＝v(2)＝.
min
由v(x) －u(x)
min max
＝－－1≥－－1
＝＝>0，
所以不等式f(x)0)，
则m′(x)＝ex－2，
令m′(x)＝ex－2＝0可得x＝ln 2.
当x∈(0，ln 2)时，m′(x)<0，函数m(x)单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，m′(x)>0，函数m(x)单调递增.
∴m(x)≥m(ln 2)＝2－2ln 2>0.
∴ex>2x(x>0).
∴0在上恒成立，
∴g(x)在上单调递增，
即f′(x)在上单调递增，
当x∈时，f′(x)f′(0)＝0，f(x)单调递增，
∴f>f(0)，即esin －>0，
∴0，f(x)单调递增；在，上时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为，.
又f(－π)＝f(π)＝－1，f(0)＝1，f＝f＝，
所以f(x)的最大值为，最小值为－1.
(2)法一 设F(x)＝xsin x＋cos x－a(x2＋1)，x∈[0，π]，
则F′(x)＝xcos x－2ax＝x(cos x－2a)，
显然当a≤1时，取x ＝0，有f(0)＝1≥a(02＋1)＝a，满足题意；
0
当a>1时，F′(x)≤0，F(x)在[0，π]上单调递减，
F(x) ＝F(0)＝1－a<0，不满足题意.
max
综上，a的取值范围为(－∞，1].
法二 设g(x)＝，x∈[0，π]，
依题意得不等式g(x)≥a在区间[0，π]有解，即当x∈[0，π]时，a≤g(x) .
max
g′(x)＝，
设h(x)＝(x2－1)cos x－2xsin x，x∈[0，π]，
则h′(x)＝－(x2＋1)sin x≤0，
所以h(x)在[0，π]上单调递减，当x∈[0，π]时，h(x)≤h(0)＝－1<0，g′(x)<0.
所以g(x)在[0，π]上单调递减，当x∈[0，π]时，g(x) ＝g(0)＝1，
max
所以a≤1.
综上，a的取值范围为(－∞，1].
法三 ∃x ∈[0，π]，a≤.
0
令g(x )＝，x ∈[0，π]，
0 0
需求g(x )的最大值.
0
设h(x)＝x2＋1－(xsin x＋cos x)，x∈[0，π]，
则h′(x)＝2x－xcos x＝x(2－cos x)≥0，
则h(x)在[0，π]上单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
即x2＋1≥xsin x＋cos x.
因为x2＋1>0，所以≤1，
则g(x )≤1且g(0)＝1，
0
则g(x ) ＝g(0)＝1，
0 max所以a≤1.
综上，a的取值范围为(－∞，1].
4.(2024·丽水调研)已知函数f(x)＝xn＋2－xncos x(其中n∈Z).
(1)若n＝－1，判断f(x)在上的单调性；
(2)若n＝1，判断f(x)零点个数，并说明理由；
(3)若n＝0，求证：f(x)＋2－>0.
(1)解 n＝－1时，f(x)＝x－cos x，
所以f′(x)＝1＋＋>0在上恒成立，所以f(x)在上单调递增.
(2)解 n＝1时，f(x)＝x3－xcos x，
令f(x)＝x3－xcos x＝0，
所以x＝0或x2＝cos x.
令g(x)＝x2－cos x，
所以g′(x)＝2x＋sin x，
因为g(－x)＝x2－cos x＝g(x)，
所以g(x)是偶函数.
不妨研究x≥0时g(x)单调性.
当x∈[0，π]时，g′(x)＝2x＋sin x≥0，
所以g(x)单调递增，
因为g(0)＝－1，g(2)＝4－cos 2>0，所以g(x)在(0，π]内有一个零点；
当x∈(π，＋∞)时，易知g(x)>0，
所以g(x)在(π，＋∞)内没有零点.
根据函数的奇偶性得f(x)在[－π，0)内有一个零点，
综上，f(x)有三个零点.
(3)证明 n＝0时，f(x)＝x2－cos x，
即证x2－cos x＋2－>0，
即证x2－cos x>－2.
由(2)得g(x)＝x2－cos x≥g(0)＝－1，
设p(x)＝－2，
所以p′(x)＝，
所以当x>1时，p′(x)<0，p(x)单调递减；
当x<1时，p′(x)>0，p(x)单调递增.
所以p(x) ＝p(1)＝－1，
max
又g(x)与p(x)不同时为－1，
所以x2－cos x>－2，
所以原不等式得证.
