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－sin x
co s
2 x ,x∈(0, π
2).
(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－sin x
co s
2 x(0< x< π
2),
所以f'(x)＝1－2−co s
2 x
co s
3 x
＝co s
3 x＋co s
2 x−2
co s
3 x
＝(cos x−1)(co s
2 x＋2cos x＋2)
co s
3 x
.
因为x∈(0, π
2),所以cos x∈(0,1),
故f'(x)<0,
故当a＝1 时,f(x)在(0, π
2)上单调递减.
(2)令g(x)＝f(x)＋sin x,
则g'(x)＝a－2−co s
2 x
co s
3 x
＋cos x,x∈(0, π
2),
令u(x)＝g'(x),
则u'(x)＝－2sin x co s
4 x＋3(1＋sin
2 x)co s
2 x sin x
co s
6 x
－sin x<0,
所以u(x)在(0, π
2)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
co s
2 x ＝sin x(1−
1
co s
2 x),
又x∈(0, π
2),所以0<sin x<1,0<cos x<1,所以
1
co s
2 x >1,
所以f(x)＋sin x＝sin x－sin x
co s
2 x <0,满足题意.
当a<0 时,因为x∈(0, π
2),所以ax<0,
所以f(x)＋sin x＝ax－sin x
co s
2 x ＋sin x<sin x－sin x
co s
2 x <0,满足题意.
综上,a 的取值范围为(－∞,0].
样题1 (2025·长春模拟改编)已知函数f(x)＝cos x
e
x
(e 是自然对数的底数).
(1)求函数f(x)在[0,π]上的单调增区间;
(2)若g(x)为f(x)的导函数,函数h(x)＝f(x)－(x−π
2)g(x),求h(x)在[0,π]上的最大值.
解 (1)由已知f'(x)＝−sin x−cos x
e
x
＝－√2sin(x＋π
4)
e
x
,
令f'(x)≥0,结合x∈[0,π],解得3 π
4 ≤x≤π,
所以f(x)的单调递增区间为[
3
4 π ,π].
(2)由题可知,h'(x)＝f'(x)－g(x)－(x−π
2)g'(x)＝(
π
2 −x)
2sin x
e
x
,
因为x∈[0,π],所以sin x≥0,
令h'(x)>0,解得0<x<π
2 ,
令h'(x)<0,解得π
2 <x<π,
所以h(x)在[0, π
2]上单调递增,在(
π
2 ,π]上单调递减,
所以h(x)的最大值为h(
π
2)＝0.
样题2 (2025·六盘水模拟改编)已知函数f(x)＝ex－a＋cos x＋b.
(1)若函数f(x)在(
π
2 ,π)有极值,求实数a 的取值范围;
(2)若函数f(x)的图象在点(2π,f(2π))处的切线方程为x－y－2π＝0,求函数f(x)的零点个数.
解 (1)f'(x)＝ex－a－sin x,
因为函数y＝f(x)在(
π
2 ,π)有极值,
所以f'(x)＝0 在(
π
2 ,π)有变号的根,
又因为f'(x)＝ex－a－sin x 在(
π
2 ,π)上单调递增,
则f'(
π
2)f'(π)<0,即(e
π
2 −a
−1)eπ－a<0,
所以e
π
2 −a<1,解得a>π
2 ,
故实数a 的取值范围为(
π
2 ,＋∞).
(2)因为函数y＝f(x)在点(2π,f(2π))处的切线方程为x－y－2π＝0,
所以f'(2π)＝e2π－a－sin 2π＝1,
且f(2π)＝e2π－a＋cos 2π＋b＝0,
解得a＝2π,b＝－2.
故f(x)＝ex－2π＋cos x－2,
则f'(x)＝ex－2π－sin x,
当x>2π 时,f'(x)>0,
即y＝f(x)在(2π,＋∞)上单调递增,
因f(2π)＝e0＋cos 2π－2＝0,
所以y＝f(x)在(2π,＋∞)没有零点;
当x<2π 时,f(x)<e0＋cos x－2＝cos x－1≤0,
即y＝f(x)在(－∞,2π)没有零点.
综上所述,函数y＝f(x)的零点个数为1.
样题3 (2025·新余模拟改编)已知函数f(x)＝ex＋e－x＋a|x|－2cos x,其中a∈R,若f(x)≥0 恒成立,求
a 的取值范围.
解 由f(－x)＝e－x＋ex＋a|－x|－2cos(－x)
＝ex＋e－x＋a|x|－2cos x＝f(x),且定义域为R,
所以f(x)为偶函数,即函数图象关于y 轴对称,
只需研究x≥0 时,f(x)≥0 恒成立,
由f(0)＝0,要使f(x)≥0 在x∈(0,＋∞)上恒成立,必有f'(0)≥0(必要性),
由f(x)＝ex＋e－x＋ax－2cos x,
则f'(x)＝ex－e－x＋a＋2sin x,
即f'(0)＝a≥0,
下证充分性:当a≥0 时,恒有f(x)≥0 在x∈(0,＋∞)上成立,
f(x)＝ex＋e－x＋ax－2cos x>2√e
x·e
−x－2cos x＋ax＝2(1－cos x)＋ax,
又a≥0,且1－cos x≥0,
故2(1－cos x)＋ax≥0,
即f(x)≥0 在(0,＋∞)上恒成立;
当a<0 时,令g(x)＝f'(x),
则g'(x)＝ex＋e－x＋2cos x,
当x∈(0,＋∞)时,ex＋e－x>2≥2cos x≥－2,即g'(x)>0 恒成立,
所以x∈(0,＋∞)时,g(x)单调递增,
当x→0 时,g(x)→a(a<0),
当x→＋∞时,g(x)→＋∞,
所以∃x0∈(0,＋∞),使g(x0)＝f'(x0)＝0,
即x∈(0,x0),g(x)＝f'(x)<0,
则f(x)在x∈(0,x0)上单调递减,
又f(0)＝0,故存在x∈(0,x0),f(x)<0,不合题设.
综上,a≥0.
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∈(0, π
2)时,sin x<x<tan x,ln (x＋1)≤x 等,可利用这
些不等式放缩再解决问题.
训练 (2025·青岛模拟改编)已知函数f(x)＝ax－sin x,x∈[−π
2 , π
2]有两个极值点,记极大值和极小值
分别为M,m,证明:M－m<2.
证明 由f(x)＝ax－sin x,x∈[−π
2 , π
2],
得f'(x)＝a－cos x,
因为函数f(x)有两个极值点,
所以方程f'(x)＝a－cos x＝0 有两个不相等的实根,设为x1,x2且x1<x2,
因为函数y＝cos x 在[−π
2 , π
2]上的图象关于y 轴对称,
所以x1＋x2＝0,即cos x1＝cos x2＝a∈(0,1),
当x∈(−π
2 , x1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x∈(x2, π
2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以x1,x2分别是函数的极大值点和极小值点,
即M＝f(x1)＝ax1－sin x1,
m＝f(x2)＝ax2－sin x2,
又x1＋x2＝0,即x2＝－x1,
则M－m＝ax1－sin x1－(ax2－sin x2)
＝2(ax1－sin x1),
又cos x1＝a∈(0,1),
则M－m＝2(x1cos x1－sin x1),
设h(x1)＝2(x1cos x1－sin x1),－π
2 <x1<0,
则h'(x1)＝－2x1sin x1<0,
即函数h(x1)在(−π
2 ,0)上单调递减,
所以h(x1)<h(−π
2)＝2,即M－m<2.
【精准强化练】
1.(2025·昆明诊断)已知函数f(x)＝exsin x(e 是自然对数的底数),g(x)为f(x)的导函数.
(1)当x∈[0,2π]时,求不等式g(x)≥0 的解集;
(2)若函数h(x)＝f(x)－(x−π
4)g(x),求函数h(x)在[0,π]上的极值.
解 (1)易知g(x)＝f'(x)＝ex(sin x＋cos x)
＝√2exsin(x＋π
4),
令g(x)≥0,解得－π
4 ＋2kπ≤x≤3 π
4 ＋2kπ,k∈Z,
又x∈[0,2π],所以g(x)≥0 的解集为[0, 3 π
4 ]∪[
7 π
4 ,2π].
(2)由题意可知,h'(x)＝f'(x)－g(x)－(x−π
4)g'(x)＝－2(x−π
4)·ex·cos x,
当x∈[0, π
4)∪(
π
2 ,π]时,h'(x)>0,
当x∈[
π
4 , π
2]时,h'(x)<0,
所以函数h(x)在[0, π
4)和(
π
2 ,π]上单调递增,在[
π
4 , π
2]上单调递减,
所以函数h(x)的极大值为h(
π
4)＝f(
π
4)＝√2
2 e
π
4
函数h(x)的极小值为h(
π
2)＝f(
π
2)－π
4 g(
π
2)＝(1−π
4)e
π
2.
2.(2025·太原调研改编)已知函数f(x)＝ax－tan x,x∈(0, π
2).若a≤2,证明:f(x)<sin 2x.
证明 法一 ∵x>0,a≤2,∴ax≤2x,
∴f(x)≤2x－tan x,
要证明f(x)<sin 2x,则只需证明2x－tan x<sin 2x,
令g(x)＝2x－tan x－sin 2x,x∈(0, π
2),
g'(x)＝2－
1
cos
2 x －2cos 2x
＝4－(4 cos
2 x＋
1
cos
2 x),
∵x∈(0, π
2),∴cos 2x∈(0,1),
∴4cos 2x＋
1
cos
2 x ≥4,
当且仅当cos 2x＝1
2∈(0,1)时,上式等号成立,
∴当x∈(0, π
2)时,g'(x)≤0,
∴g(x)在区间(0, π
2)上单调递减,
∴g(x)<g(0)＝0,即2x－tan x<sin 2x,
∴当x∈(0, π
2)时,f(x)<sin 2x 得证.
法二 令g(x)＝ax－tan x－sin 2x,x∈(0, π
2),
g'(x)＝a＋2－(4 cos
2 x＋
1
cos
2 x),
∵x∈(0, π
2),∴cos 2x∈(0,1),
∴4cos 2x＋
1
cos
2 x ≥4,
当且仅当cos 2x＝1
2∈(0,1)时,上式等号成立,
∴g'(x)≤a＋2－4＝a－2,
又∵a≤2,∴当x∈(0, π
2)时,g'(x)≤0,
∴g(x)在区间(0, π
2)上单调递减,
∴g(x)<g(0)＝0,∴当x∈(0, π
2)时,f(x)<sin 2x 得证.
3.(2025·呼和浩特模拟改编)已知函数f(x)＝cos x＋xsin x＋a,讨论函数f(x)在(0,π)上零点的个数.
解 依题意,f'(x)＝xcos x,
当0<x<π
2 时,f'(x)>0;
当π
2 <x<π 时,f'(x)<0,
函数f(x)在(0, π
2)上递增,在(
π
2 ,π)上递减,
f(x)极大值＝f(
π
2)＝a＋π
2 ,
又f(0)＝a＋1,f(π)＝a－1,
当a－1≥0,即a≥1 时,f(x)>0 恒成立,
此时f(x)在(0,π)上无零点;
当{
a−1<0,
a＋1≥0,即－1≤a<1 时,x∈(0, π
2),f(x)>0,而f(
π
2)＝a＋π
2 >0,
f(π)＝a－1<0,
此时f(x)在(0, π
2)上无零点,在(
π
2 ,π)上有一个零点,则f(x)在(0,π)上有一个零点;
当{
a＋π
2 >0,
a＋1<0,
即－π
2 <a<－1 时,
f(0)<0,f(
π
2)>0,f(π)<0,
此时函数f(x)在(0, π
2)和(
π
2 ,π)上各有一个零点,因此f(x)在(0,π)上有两个零点;
当a＋π
2 ＝0,即a＝－π
2 时,f(x)≤0 在(0,π)上恒成立,当且仅当f(
π
2)＝0,此时函数f(x)在(0,π)上有一
个零点;
当a＋π
2 <0,即a<－π
2 时,f(x)<0 恒成立,此时f(x)在(0,π)上无零点,
综上所述,当a<－π
2 或a≥1 时,f(x)在(0,π)上无零点;
当－1≤a<1 或a＝－π
2 时,f(x)在(0,π)上有一个零点;
当－π
2 <a<－1 时,f(x)在(0,π)上有两个零点.
4.(2025·南京模拟)已知函数f(x)＝xex＋asin x.
(1)当a＝0 时,求证:f ( x)
x
>x＋1;
(2)若f(x)>0 对于x∈(0,π)恒成立,求a 的取值范围;
(3)若存在x1,x2∈(0,π),使得f(x1)＝f'(x2)＝0,求证:x1<2x2.
(1)证明 由a＝0,得f(x)＝xex.
要证f ( x)
x
>x＋1(x≠0),
只需证ex－x－1>0.
令g(x)＝ex－x－1,则g'(x)＝ex－1.
当x∈(－∞,0)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(0,＋∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以g(x)>g(0)＝0,
故ex>x＋1,因此f ( x)
x
>x＋1.
(2)解 f'(x)＝(x＋1)ex＋acos x,
令m(x)＝f'(x),
则m'(x)＝(x＋2)ex－asin x
①当a≥0 时,
由x∈(0,π),得xex>0,asin x≥0,
因此f(x)>0,满足题意.
②当a<0 时,
由x∈(0,π),得(x＋2)ex>0,－asin x>0,
因此m'(x)>0,
则f'(x)在(0,π)上单调递增.
ⅰ.若－1≤a<0,则f'(x)>f'(0)＝1＋a≥0,
则f(x)在(0,π)上单调递增,
所以f(x)>f(0)＝0,满足题意;
ⅱ.若a<－1,则f'(0)<0,f'(
π
2)>0,
因此f'(x)在(0,π)存在唯一的零点x0,且x0∈(0, π
2),
当0<x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x0<x<π 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x0)<f(0)＝0,不合题意.
综上,a 的取值范围为[－1,＋∞).
(3)证明 由(2)知a<－1,设x0＝x2,则f(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,π)上单调递增,
注意到f(0)＝0,f(x2)<f(0)＝0,f(π)＝πeπ>0,
故f(x)在(0,π)上存在唯一的零点x1,x1∈(x2,π).
注意到x1,2x2∈(x2,π),且f(x)在(x2,π)上单调递增.
要证明x1<2x2,只需证f(x1)<f(2x2),
因为f(x1)＝0,所以只需证f(2x2)>0,即证2x2e
2 x2＋asin 2x2>0.
因为(x2＋1)e
x2＋acos x2＝0,
即a＝－( x2＋1)e
x2
cos x2
,
所以只需证2x2e
2 x2－( x2＋1)e
x2
cos x2
sin 2x2>0,
只需证x2e
x2－(x2＋1)sin x2>0,x2∈(0, π
2),(*)
由(1)得e
x2>x2＋1,
因此x2e
x2－(x2＋1)sin x2>x2
2＋x2－(x2＋1)sin x2
＝(x2＋1)(x2－sin x2),
设h(x)＝x－sin x,0<x<π
2 ,
则h'(x)＝1－cos x>0,
所以h(x)在(0, π
2)上单调递增,
所以h(x)>h(0)＝0,
从而h(x2)>0,即x2－sin x2>0,
因此(*)得证,从而x1<2x2
