24.导数与三角综合的八种形式_11.3-2_2026-11-03

24.新试卷背景下三角与导数压轴的八大题型
一．基本原理
三角与导数压轴是近年来比较热门的题型之一，它为导数压轴题目带来了新的活力，既然
如此，这个题型也一定有它独到的地方，本文就详细地梳理了我认为它可能会被选择作为
压轴的五大特色优质基因，它们分别是：
1.逐段讨论. 三角函数的周期性和有界性导致了一些综合问题中需要逐段讨论，这样的讨
论中对取点，估计，以及函数的性质等考察力度均很大，对考生要求很高.
2.无穷零点. 用一个正余弦函数去乘指对函数，就会导致有无穷多个零点出现，这是其他
指对函数没有的特性，我们甚至可进一步讨论这无穷个零点直接的关系.
3.震荡上行中的拐点分析，以 f(x) xsinx为例，由于sinx的有界性，若出现三角函
数+增函数结构时，会出现震荡上行，会出现存在实数t0，使得当 xt,t时，有
xf x0能成立，这样的命题形式，此时，必要性分析是一个很重要的手段.
4.配合三角恒等式. 配合三角恒等式就可以做到更强的综合性，需要考生有很强的观察能
力.
5.必要性探路
6.三角不等式与放缩.一些重要的三角不等式，例如
①.sinx x,x(0,)

②.xtanx,x(0, )
2
③.ex  x1sinx1sinxcosx,x(0,)

④.tanx2sinx3x,x(0, )
2
x3
⑤.sinx x ,x0
6
x2
⑥.cosx1 ,x0
2
3 3
⑦.ABC中，sin AsinBsinC 
2
3 3
⑧.ABC中，cosAcosBcosC 
2
在一些三角恒成立或者极值点偏移问题中会用到.
7.三角与概率结合
8.三角恒等与复数几何二．典例分析
类型1. 逐段讨论
三角与导数综合的零点个数问题的处理的关键就是零点存在唯一性定理，即弄清楚单调性
和端点值.前者通过导数完成，这一块要注意往往可能需要高阶导数，这是由三角函数求
导的特征所决定的！后者要注意三角函数的有界性，往往过了某个范围后，函数恒正或者
恒负，不再出现零点，这就决定了分段讨论，而分段的依据主要是由三角函数的取值象限
 
来进行，(0, ),( ,)等.除此之外，有的区间上找点时注意不等式放缩，从而减少找点
2 2
的难度！总结起来，有关三角函数的零点问题处理主要手段有：
（1）分段处理；
（2）讨论好单调性与端点（特殊点），注意高阶导数的应用，直到能清楚判断所讨论区间
的单调性；
（3）关注有关三角的不等式放缩，有时候可优化解题，避免繁杂的找点过程！
x3 x2
sinx x,x0；sinx x ,x0；cosx1 .
6 2
例1.（2019全国1卷）已知函数 f(x)sinxln(x1).

（1）若 f '(x)为 f(x)的导函数，证明： f '(x)在(1, )上存在唯一的极大值点；
2
（2）证明： f(x)有且仅有两个零点.
1
解答：（1）由题意知： f x定义域为：1,且 fxcosx ，令
x1
gxcosx x 1 1 ，x    1,  2    ，gxsinx x 1 12 ，x    1,  2    ， x 1 12 在
     
1, 上单调递减，sinx，在1, 上单调递减，gx在1, 上单调递减.
 2  2  2
  4 4
下面考虑端点值：因为g0sin0110，g  sin   10
 2 2 22 22
   
x  0, ，使得gx 0. 当x1,x 时，gx0；xx , 时，gx0
0  2 0 0  0 2
 
即gx在1,x 上单调递增；在x , 上单调递减，则xx 为gx唯一的极大值点.
0  0 2 0
 
即： fx在区间1, 上存在唯一的极大值点x .
 2 0
1
（2）由（1）知： fxcosx ，x1,.下面分区间逐次讨论：
x1
①．当x1,0时，由（1）可知 fx在1,0上单调递增，fx f00，
f x在1,0上单调递减，又 f 00，x0为 f x在1,0上的唯一零点.   
②．当x  0, 2   时， fx在0,x 0 上单调递增，在  x 0 , 2   上单调递减，又 f00
fx 0，f x在0,x 上单调递增，此时 f x f 00，不存在零点.
0 0
  2 2  
又 f  cos   0x x , ，使得 fx 0，f x在 x ,x  上
 2 2 2 2 1  0 2 1 0 1
 
单调递增，在 x, 上单调递减.
 1 2
    2e
考虑端点值：由于 f x  f 00 f   sin ln  1  ln ln10.f x0
0  2 2  2 2
 
在x , 上恒成立，此时不存在零点.
 0 2
③．当x  ,  时，sinx单调递减，lnx1 单调递减,f x在  ,  上单调递减
   
2  2 
 
又 f  0， f sinln1ln10.即 f  f  0，又 f x在
 2  2
   
, 上单调递减. f x在 , 上存在唯一零点.
   
2  2 
④.当x,时，sinx1,1，lnx1ln1lne1，sinxlnx10，即
f x在,上不存在零点. 综上所述： f x有且仅有2个零点.
类型2. 无穷零点
例2.（2019天津）已知函数 f(x)excosx，g(x)为 f(x)的导函数.
（1）求 f(x)的单调区间；
  
（2）当x[ , ]时，证明： f(x)g(x)( x)0；
4 2 2
 
（3）设x 为函数u(x) f(x)1在区间(2n ,2n )内的零点，其中nN，试
n 4 2
 e2n
证明：2n x  .
2 n sinx cosx
0 0
 
（3）首先我们需要把区间(2n ,2n )内的零点搬到熟悉的区间上来，这一点可
4 2
 
通过变换实现，令 y  x 2n，故 y ( , )，且 f(y )ey n cosy e2n.这样
n n n 4 2 n n
我们就把题干转化到第（2）问的条件下了.
 f(y )  
下面我们来利用 y 改写题干条件，即证：  y  n .由于x ( , )，故
n 2 n sinx cosx 0 4 2
0 0

只需证(  y )(sinx cosx ) f(y )①即可.由于ex 0 1，故证明①成立，只需等价
2 n 0 0 n

于证明：(  y )ex 0(sinx cosx ) f(y )②，结合g(x)的表达式可知，不等式②成
2 n 0 0 n
立等价于 f(y )g(y )(  y )0③即可，看到这里，是不是发现跟第（2）问的神似
n 0 2 n
之处！
  
另一方面，注意到 y ( , )以及第（2）问的结论，可得： f(y )g(y )(  y )0
n 4 2 n n 2 n
④.
故欲使得③成立，只需使得g(y ) g(y ) y  y .所以，只要能说明 y  y ，整个
0 n 0 n 0 n
题目就解决了！而这个步骤，就需要第（1）问，由于 f(y )ey n cosy e2n且满足对
n n
 5
于nN， f(y )e2n1 f(y )，且 f(x)在[ , ]上减，故y  y ，证毕！
n 0 4 4 0 n
 π 
例3．定义在 ,上的函数 f xxksinx.
 2 
(1)当k  π 时，求曲线y f x在点   π ,0  处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
6 6 
(2)将 f x的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列x ，若 f x  f x 0，
n 1 2
求k的值.
π  π  π
解析：（1）当k  时， f xx sinx, fxsinxx cosx，故
6  6  6
π π 1
f  sin  .
6 6 2
曲线y f x在点   π ,0  处的切线的斜率为k  f   π  1 ，曲线y f x在点   π ,0  处的
6  6 2 6 
切线方程为y 1 x π ，令x0,y π .所以切线与y轴的交点  0, π  .此时所求三角
2 6 12  12
1 π π π2
形的面积为     .
2 12 6 144
π π
（2） fxsinxxkcosx，当 x 时， fxcosxtanxxk.
2 2
 π π  π π
由函数ytanxx在区间 , 上递增，且值域为R，故存在唯一x  , ，使得
 2 2 0  2 2
π π
tanx x k.此时当 xx 时， fx0, f x单调递减；当x x 时，
0 0 2 0 0 2
π 3π
fx0, f x单调递增，因此x x .同理，存在唯一x'  , ，使得tanx' x' k.
1 0 0 2 2  0 0
π 3π
此时当 xx'时， fx0, f x单调递增；当x' x 时， fx0, f x单调递
2 0 0 2
sin2x 1
减，因此x x' .由 fx 0,x k tanx, f x  1 cosx  .
2 0 1 1 1 1 cosx 1 cosx
1 1
sin2x 1
同理： f x  2 cosx  .由 f x  f x 0，整理得：
2 cosx 2 cosx 1 2
2 2
 1  π π 3π
cosx cosx  1 0. 又 x  x  ，故cosxcosx 1，则有
1 2  cosxcosx  2 1 2 2 2 1 2
1 2π π
cosx cosx cosx π，由 x π ，故x x π或x x π.
1 2 2 2 2 2 1 2 1 2
又k x tanx x tanx ，当x x π时，不满足，舍去. 所以x x π，即
1 1 2 2 1 2 1 2
x tanx x tanx π π
x x π，则k  1 1 2 2  . 综上所述，k  .
1 2 2 2 2
类型3.震荡上行函数的拐点分析
例4.（2021武汉高三毕业班二诊）．已知函数 f xlnx1xa1cosx．
1 1 
（1）当a0时，求曲线y f x在点 1, f  1处的切线方程；
e e 
（2）若存在实数t0，使得当xt,t时，有xf x0能成立，求a的值．
1 1  1  1
解析：（1）a0时， f xlnx1x． fx 1, f  1e1, f  1
x1 e  e  e
．
 1  1 
∴切线方程为：y e1 x 1．整理得：ye1xe2．
 e  e 
1
（2） fx 1asinx, f00．令gx fx，得
x1
1 2
gx acosx,g0a1．hxgx,hx asinx．
x12 x13
（ⅰ）当a1时，hx为1x1上的减函数，h11sin10．
∴1x1时，hx0，hx递增．又此时h00，故1x0时，hx0，gx递
减．0x1时，hx0，gx递增．∴1x1时，gxg00， f x递增．
由 f 00．故1x0时， f x f 00．0x1时， f x f 00．
此时，存在t1使1x1时，xf x0，满足条件．
（ⅱ）当a1时，1x0，hx0，hx递增．
 1    1 
此时，h0a10,h   1 a   a  1cos   1 a     0．故存在x 1 1,0使得
hx 0．当x x0时hx0，gx递增．∴x x0时，gxg00， f x
1 1 1
递减．即x x0时， f x f 00，xf x0，不存在t0，使xt,0时，
1
xf x0．
1 1 1
（ⅲ）当0a1时，hx a，令 a<0，得1x1 ．
x12 x12
a1
∴0x1 时，hx0,gx递减，gxg00，f x递减．
a
1
即0x1 时， f x f 00,xf x0，不存在t0，使x0,t时，xf x0
a
．
（ⅳ）当a0时，gx在  0,  递减．gx<g00, f x递减．故0x  时，
 2 2
f x f 00,xf x0，不存在t0，使x0,t时，xf x0．综上所述：a1．
类型4.三角导数与三角恒等式（不等式）
3 3
例5.在ABC中，证明：sin AsinBsinC  .
2

证明： f(x)sinx,x(0,)，显然 f ''(x)0，考虑 f(x)在x 处的切线可得不等
3
式：
1  3 1 3 3
sinx (x ) ，这样就有sin AsinBsinC  (ABC) ，故
2 3 2 2 2
3 3
sin AsinBsinC  ，证毕.
2
注：此不等式是三角形中一个常见的不等式，在高考试题中也能见到它的身影，比如.
例6.（2018全国一卷）已知函数 f(x)2sinxsin2x，求 f(x)的最小值.
解： f(x)最小正周期为2，且为奇函数，考虑x(0,).由于
3 3 3 3
f(x)sinxsinxsin(2x) ，由奇偶性可知 f(x)的最小值为 .
2 2
例7.已知函数 f(x)sin2 xsin2x.
（1）讨论 f(x)在区间(0,)的单调性；
3 3
（2）证明： f(x)  ；
8
3n
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤ .
4n
证明：（2）. f(x)sinxsinxsin(22x)，由于 f(x)最小正周期为，且为奇函
3 3 3 3
数，且 f(x)sinxsinxsin(2x) ，故| f(x)| ，证毕.
8 8
（3）结合（2）的结论有：
2
sin2 xsin22xsin24xsin22nx sin3 xsin32xsin34xsin32nx3
 2
sinx  sin2 xsin2x  sin22xsin4x    sin22n1xsin2nx  sin22nx3
 
2
2
 3 3 3 3 3 3 3

3 3
n3
3
n
sinx   sin22nx       .
 8 8 8     8    4
 
类型5.必要性探路
端点效应的原理：
1.必要条件缩小范围：
①若 f(x,a)0(a为参数)在  a,b  (a,b为常数)上恒成立，则 f(x)在区间端点处也成
f(a)0
立，即 ,此法应用于区间端点值包含参数的情况.
f(b)0
②若 f(x,a)0(a为参数)在  a,b  (a,b为常数)上恒成立，且 f(a)（0 或f(b)0）,则
f(a)0或（f(b)0）.此法应用于区间端点的函数值为零的情况.
  f(a)0 f(b)0
③若 f(x)0(a为参数)在  a,b  (a,b为常数)上恒成立，且 或  ，
f(a)0 f(b)0
则 f(a)0或（f(b)0）.此法应用于区间端点的函数值为零且导数值也为零的情况.
2.充分性求结果：
求 fx判断 f(x)的单调性，然后表示 f(x)的最小值 f(x) ，使得 f(x) 0即
min min
可.注意第2步一定要利用第一步中的参数的范围.
sinx  
例8.（2023年甲卷T21） 已知 f(x)ax ,x  0, .
cos3 x  2 
（1）当a8时, 讨论 f(x)的单调性；
（2）若 f(x)sin2x, 求a的取值范围.
sinx  
解析： (1) f(x)8x ,x  0, ,
cos3 x  2 
8cos4 x2cos2 x3  2cos2 x1  4cos2 x3 
f(x)  .
cos4 x cos4 x

令 f(x)0, 得  2cos2 x1  4cos2 x3  0 x 。
4
   
当x  0, 时, f(x)0, f(x) 单调递增;当x  , 时, f(x)0, f(x) 单调递
 4   4 2 
   
减，∴ f(x) 在区间  0,  上单调递增, 在区间  ,  上单调递减.
 4 4 2 sinx sinx
(2) f(x)sin2xax sin2x g(x)axsin2x 0
cos3 x cos3 x
cos2 x3sin2 x
由于g(0)0，且g(x)a2cos2x ,注意到当g(0)0即a3
cos4 x
 
时，x 

0, 使gx0在x0,x 成立，故此时g(x)单调递减
0  2  0
sinx
∴g(x) g(0)0，不成立.另一方面： 当a„ 3时, g(x)„ 3xsin2x h(x)，
cos3 x
32cos2 x
下证它小于等于0. 令h'(x)32cos2x
cos2 x
3cos4 x2cos2 x32cos2xcos4 x 3  cos4 x1  2cos2 x(1cos2xcos2 x)
 
cos4 x cos4 x
  cos2 x1 2 4cos2 x3 
 0.
cos4 x
g(x)递减 g(x)„ g(0)0.综上所述: a3.
类型6.三角放缩
1
例9.（1）求证x0时，cosx1 x2；
2
（2）当a1时，x0, ，证明不等式xeax xcosx1(1sinx)2恒成立.
1
解析：（1）证明：令 f(x)cosx x2 1， f '(x)sinxx， f ''(x)cosx1
2
显然 f ''(x)0对x0，+恒成立，故 f '(x)在0，上单调递增，从而
f '(x) f '(0)=0，故 f(x)在 0， 上单调递增，从而 f(x) f(0)=0，即x0时，
1
恒有cosx1 x2成立.
2
1
（2）对于x0,由（1）得①xsinx②cosx1 x2 故对a1，x0,
2
，
1
，要证xeax xcosx1(1sinx)2 只要证xex x(1 x2)1(1x)2
，
2
1
即证xex  x3 x2 x0（*），当x0时，（*）显然成立；当x0时，即证
2
1 1
ex  x2 x10.令g(x)ex  x2 x1，则g'(x)ex x1，g''(x)ex 1
2 2
x0时有g''(x)0，故g'(x)在0,上单调递增，所以g'(x) g'(0)0从而g(x)在0,上单调递增，所以g(x) g(0)0，即(*)成立.终上所述:
当a1时，x0,，不等式xeax xcosx1(1sinx)2恒成立.
例10.（2023年新高考2卷）
（1）证明：当0x1时，xx sinxx；
（2）已知函数 f xcosaxln  1x2 ，若x0是 f x的极大值点，求a的取值范围．
解析：（1）构建Fxxsinx,x0,1，则Fx1cosx0对x0,1恒成立，
则Fx在0,1上单调递增，可得FxF00，所以xsinx,x0,1；构建
Gxsinx  xx2 x2xsinx,x0,1，则Gx2x1cosx,x0,1，构建
gxGx,x0,1，则gx2sinx0对x0,1恒成立，则gx在0,1上单调递
增，可得gxg00，即Gx0对x0,1恒成立，则Gx在0,1上单调递增，
可得GxG00，所以sinxxx2,x0,1；综上所述：xx sinxx.
（2）令1x2 0，解得1x1，即函数 f x的定义域为1,1，若a0，则
f x1ln  1x2 ,x1,1，因为ylnu在定义域内单调递减，y1x2在1,0上
单调递增，在0,1上单调递减，则 f x1ln  1x2 在1,0上单调递减，在0,1上单
调递增，故x0是 f x的极小值点，不合题意，所以a0.当a0时，令b a 0
因为 f xcosaxln  1x2 cosa xln  1x2 cosbxln  1x2 ，
且 f xcosbxln1x2cosbxln  1x2  f x，所以函数 f x在定义域内
 
2x
为偶函数，由题意可得： fxbsinbx ,x1,1，
x21
1 
（i）当0b2 2时，取mmin ,1，x0,m，则bx0,1，由（1）可得
b 
2x 2x x
 b2x22b2
fxbsinbx b2x  ，且b2x2 0,2b2 0,1x2 0，
x21 x21 1x2
x
 b2x22b2
所以 fx 0，即当x0,m0,1时， f¢(x)>0，则 f x在0,m上
1x2
单调递增，结合偶函数的对称性可知： f x在m,0上单调递减，所以x0是 f x的
极小值点，不合题意；
 1
（ⅱ）当b2 2时，取x0, 0,1，则bx0,1，由（1）可得
 b2x 2x x
fxbsinbx b  bxb2x2    b3x3b2x2b3x2b2 ，
x21 x21 1x2
 1  1
构建hxb3x3b2x2b3x2b2,x0, ，则hx3b3x22b2xb3,x0, ，
 b  b
1  1  1
且h0b3 0,h  b3b0，则hx0对x0, 恒成立，可知hx在0, 上
b  b  b
1  1
单调递增，且h02b2 0,h 20，所以hx在0, 内存在唯一的零点
b  b
 1
n0, ，
 b
当x0,n时，则hx0，且x0,1x2 0，则
x
fx  b3x3b2x2b3x2b2 0，
1x2
即当x0,n0,1时， fx0，则 f x在0,n上单调递减，结合偶函数的对称性可
知： f x在n,0上单调递增，所以x0是 f x的极大值点，符合题意；
综上所述：b2 2，即a2 2，解得a 2或a 2，故a的取值范围为
   
, 2  2, .
类型7.三角与概率结合
例11.（广东省25届高三二调） 已知集合M ,,,，nN*，设函数
1 2 n
f (x) sin2xsin2x  sin2x .
n 1 2 n
   
（1）当M  0, 和 , 时，分别判断函数 f (x)是否是常数函数？说明理由；
 2 4 2 2
 k 
（2）已知M   ,kN,k 12，求函数 f (x)是常数函数的概率；
 12  3
（3）写出函数 f (x)(n 2)是常数函数的一个充分条件，并说明理由.
n
解析：（1）略
（2）.
f (x)sin2xsin2xsin2x，则 f (x)c f (x)0，于是可
3 1 2 3 3 3
得：
f (x)2sinxcosx 2sinxcosx 2sinxcosx
3 1 1 2 2 3 3
故满足 f (x)sin2x2sin2x2 sin2x20整理可得：
3 1 2 3
cos2cos2 cos2sin2xsin2sin2 sin2cos2x0，只需满
1 2 3 1 2 3sin2sin2 sin2 0
足： 1 2 3
cos2cos2 cos2 0

1 2 3
考虑Acos2,sin2,Bcos2,sin2 Ccos2,sin2，上式表明单位圆上
1 1 2 2 3 3

ABC的重心为圆心，故ABC为等边三角形，若设  ,则   k或
1 2 3 2 1 3 1
 
   k,k N,
者  
2
k

k ,k
N
.即
 

1 2 3 1 1
①，集合
3 1 3 2 1 2 2

   k ,k N,
 1 3 3 2 2
 k 
| ,kN,k 12共有13个元素，从中任取3个元素组成集合M ，共
 12 
131211   2  5 3
C3   286个，而满足①的集合M 有0, , ， , , ，
13 321  3 3  12 12 4 
  5  7 11  2 
 , , ， , , ， , ,，共5个，则使得函数 f (x)是常数函数的
6 2 6  4 12 12  3 3  3
5
概率为 .
286
类型8.三角恒等与复数结合
例12.如图，点Za,b，复数zabia,bR可用点Za,b表示，这个建立了直角坐标
系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示
实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平
面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对
arcos,
应.一般地，任何一个复数z abi都可以表示成rcosisin的形式，即 其
brsin,

中r为复数z的模，叫做复数z的辐角（以x非负半轴为始边，OZ 所在射线为终边的
角），我们规定02π范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz.rcosisin叫做
复数z abi的三角形式．复数三角形式的乘法公式：
r cosisinr cos isinrr cosisin．棣莫佛提出了公式：
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 
[rcosisin]n rncosnisinn，其中r0,nN*.1 3 2 2
（1）已知z  i,w  i，求zwzw3的三角形式；
2 2 2 2
（2）已知为定值，0 π，将复数1cos isin化为三角形式；
0 0 0 0
（3）设复平面上单位圆内接正二十边形的20个顶点对应的复数依次为z ,z ,,z ，求复
1 2 20
数z2024,z2024,,z2024所对应不同点的个数．
1 2 20
1 3  2 2 
解析：（1）zwzw3 zw  1w2   i  i 1i
  
2 2 2 2
  
 3 1   5π 5π
 2

  i

 2cos isin .
 2 2   6 6 
       
（2）1cos isin 2cos2 0 2isin 0 cos 0 2cos 0  cos 0 isin 0 .
0 0 2 2 2 2  2 2 
2π
（3）正二十边形每边所对的中心角为 ，设z cosisin（为常数），则
20 1
 2k1π 2k1π
z cosisin cos isin ,k 1,2,,20，
k 20 20
 
 2k1π 2k1π
所以z2024 cos2024isin2024 cos2024 isin2024 
k 20 20
 
 2π 2π k1
cos2024isin2024 cos2024 isin2024 
 20 20
 2π 2π k1
cos2024isin2024   cos 5 isin 5   ，由周期性可知，z k 2024共有5个不同的值，
故复数z2024,z2024,,z2024所对应不同点的个数为5．
1 2 20