2023解答题精选-【老唐说题】高中数学常用二级结论&23高考精选

■ １２４　 ■  ２０２３ ./0'$ １．（２０２３·甲卷文）已知函数ｆ（ｘ）＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ２ｘ ，ｘ∈ ０，π( )２ ． （１）当ａ＝１时，讨论ｆ（ｘ）的单调性； （２）若ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＜０，求ａ的取值范围． （１）当 ａ＝１ 时，ｆ（ｘ） ＝ｘ－ ｓｉｎｘ ｃｏｓ２ｘ ，ｘ∈ ０，π( )２ ，所 以 ｆ′（ｘ） ＝１ － ｃｏｓｘｃｏｓ２ｘ－２ｃｏｓｘ（－ｓｉｎｘ）ｓｉｎｘ ｃｏｓ４ｘ ＝１－ｃｏｓ ２ｘ＋２ｓｉｎ２ｘ ｃｏｓ３ｘ ＝ｃｏｓ ３ｘ＋ｃｏｓ２ｘ－２ ｃｏｓ３ｘ ，令ｔ＝ｃｏｓｘ，因为ｘ∈ ０，π( )２ ，所 以ｔ∈（０，１），所以ｃｏｓ３ｘ＋ｃｏｓ２ｘ－２＝ｔ３＋ｔ２－２＝（ｔ－１）（ｔ２＋２ｔ＋２）＝（ｔ－１）［（ｔ＋１）２＋１］＜０，又 ｃｏｓ３ｘ＝ｔ３＞０，所以 ｆ′（ｘ）＝ｃｏｓ ３ｘ＋ｃｏｓ２ｘ－２ ｃｏｓ３ｘ ＝（ｔ－１）（ｔ ２＋２ｔ＋２） ｔ３ ＜０，所以ｆ（ｘ）在 ０，π( )２ 上单调 递减； （２）解法一：设 ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ２ｘ ＋ｓｉｎｘ，ｘ∈ ０，π( )２ ，则 ｇ′（ｘ）＝ａ－１＋ｓｉｎ ２ｘ ｃｏｓ３ｘ ＋ ｃｏｓｘ，ｘ∈ ０，π( )２ ，ｇ″（ｘ）＝－２ｓｉｎｘｃｏｓ ４ｘ＋３（１＋ｓｉｎ２ｘ）ｃｏｓ２ｘｓｉｎｘ ｃｏｓ６ｘ －ｓｉｎｘ＜０，所以ｇ′（ｘ）在 ０，π( )２ 上单 调递减，若ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＜０，又ｇ（０）＝０，则ｇ′（０）＝ａ－１＋１≤０，所以ａ≤０，当ａ＝０时，因 为ｓｉｎｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ２ｘ ＝ｓｉｎｘ１－ １ｃｏｓ２( )ｘ，又ｘ∈ ０，π( )２ ，所以０＜ｓｉｎｘ＜１，０＜ｃｏｓｘ＜１，所以 １ｃｏｓ２ｘ＞１，所以 ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＝ｓｉｎｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ２ｘ ＜０，满足题意； 当ａ＜０时，因为ｘ∈ ０，π( )２ ，所以ａｘ＜０，所以ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＝ａｘ－ｓｉｎｘｃｏｓ２ｘ＋ｓｉｎｘ＜ｓｉｎｘ－ｓｉｎｘｃｏｓ２ｘ＜０， 满足题意； ａ≥０时，ｇ（０）＝ａ＞０，ｇ′（ｘ）＜ａ＋１－ １ ｃｏｓ３ｘ ＜ａ＋１－ １ｃｏｓｘ，ｇ′ａｒｃｃｏｓ １ ａ( )＋１ ＜０，则ｘ０ (∈ ０， ａｒｃｃｏｓ １ａ )＋１ ，使得ｇ′（ｘ０）＝０，ｘ∈（０，ｘ０），ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增，ｇ（ｘ）＞ｇ（０）＝０，矛盾． 综合可得：若ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＜０，则ａ≤０，所以ａ的取值范围为（－∞，０］． 解法二：令ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ２ｘ ＋ｓｉｎｘ，则ｇ′（ｘ）＝ｃｏｓ ４ｘ＋ａｃｏｓ３ｘ＋ｃｏｓ２ｘ－２ ｃｏｓ３ｘ ； 令ｈ（ｘ）＝ｃｏｓ４ｘ＋ａｃｏｓ３ｘ＋ｃｏｓ２ｘ－２；ｈ′（ｘ）＝－ｓｉｎｘ（４ｃｏｓ３ｘ＋３ａｃｏｓ２ｘ＋２ｃｏｓｘ） 当ａ≤０时，ｈ（ｘ）＜０，ｇ′（ｘ）＜０；故ｇ（ｘ）在 ０，π( )２ 单调递减，ｇ（ｘ）＜ｇ（０）＝０，符合题意； 当ａ＞０时，ｈ′（ｘ）＝－ｓｉｎｘ（４ｃｏｓ３ｘ＋３ａｃｏｓ２ｘ＋２ｃｏｓｘ）＜０，ｈ（ｘ）在 ０，π( )２ 单调递减； !%#$ ２０２３ *+,-. ■■ １２５　 ■ 又因为ｈ（０）＝ａ＞０，ｈ π( )２ ＝－２＜０；所以ｘ０∈ ０，π( )２ ，使得 ｈ（ｘ０）＝０，ｘ∈（０，ｘ０）时， ｈ（ｘ）＞０，即ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增，ｇ（ｘ）＞ｇ（０）＝０，矛盾；综上：ｆ（ｘ）＋ｓｉｎｘ＜０，ａ≤０； ２．（２０２３·甲卷理）已知ｆ（ｘ）＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ３ｘ ，ｘ∈ ０，π( )２ ． （１）若ａ＝８，讨论ｆ（ｘ）的单调性； （２）若ｆ（ｘ）＜ｓｉｎ２ｘ恒成立，求ａ的取值范围． （１）已知ｆ（ｘ）＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ３ｘ ，函数定义域为 ０，π( )２ ，若ａ＝８，此时ｆ（ｘ）＝８ｘ－ｓｉｎｘｃｏｓ３ｘ，可得 ｆ′（ｘ）＝８－ｃｏｓｘ·ｃｏｓ ３ｘ＋ｓｉｎｘ·３ｃｏｓ２ｘ·ｓｉｎｘ ｃｏｓ６ｘ ＝（４ｃｏｓ ２ｘ＋３）（２ｃｏｓ２ｘ－１） ｃｏｓ４ｘ ，因为４ｃｏｓ２ｘ＋３＞０，ｃｏｓ４ｘ ＞０，所以当ｃｏｓｘ＞槡２２，即０＜ｘ＜ π ４时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；当 ｃｏｓｘ＜ 槡２ ２，即 π ４＜ｘ＜ π ２时， ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减，故ｆ（ｘ）的单调增区间为 ０，π( )４ ，单调减区间为 π４，π( )２ ； （２）不妨设ｇ（ｘ）＝ａｘ－ｓｉｎｘ ｃｏｓ３ｘ －ｓｉｎ２ｘ，函数定义域为 ０，π( )２ ，ｇ′（ｘ）＝ａ－３－２ｃｏｓ ２ｘ ｃｏｓ４ｘ －２ｃｏｓ２ｘ＝ａ －３－２ｃｏｓ ２ｘ ｃｏｓ４ｘ －２（２ｃｏｓ２ｘ－１），令ｃｏｓ２ｘ＝ｔ，０＜ｔ＜１，此时ｙ＝ａ＋２－４ｔ＋２ｔ－ ３ ｔ２ ，不妨令ｈ（ｔ