导数与三角函数问题课件-2025届高三数学二轮复习

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 4 (2)若f(x)＋sin x<0，求a的取值范围. 6 样题1 8 样题2 10 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x0∈(0，1)使得g′(x0)＝0， 当x∈(0，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)<g(0)＝0，不合题意； 当a＝1时，h′(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； 样题3 13 (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. 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， 15 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. 规律方法 已知f(x)＝axln x＋x2，若0<a≤1，求证：f(x)<ex－sin x＋1. 训练 不等式f(x)<ex－sin x＋1， 即axln x＋x2<ex－sin x＋1(x>0)， 先证当x>0时，sin x<x. 令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0， 则h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)>h(0)＝0，则x>sin x. 所以ex－x＋1<ex－sin x＋1， 故若axln x＋x2<ex－x＋1成立，则原不等式成立. 19 【精准强化练】 1.(2024·大连模拟)已知f(x)＝sin 2x＋2cos x. (1)求f(x)在x＝0处的切线方程； 由于f(x)＝sin 2x＋2cos x， f′(x)＝2cos 2x－2sin x， 得f′(0)＝2，f(0)＝2， 所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝2(x－0)， 即y＝2x＋2. 2 3 4 1 (2)求f(x)的单调递减区间. 由于f′(x)＝2cos 2x－2sin x， 得f′(x)＝2(1－2sin2 x)－2sin x＝－2(2sin2x＋sin x－1)， 若f′(x)≤0，则－2(2sin2 x＋sin x－1)≤0， 即－2(2sin x－1)(sin x＋1)≤0， 由于－1≤sin x≤1，则sin x＋1≥0， 2 3 4 1 2.已知函数f(x)＝exsin x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 由已知f(0)＝0， ∵f′(x)＝exsin x＋excos x－1，∴f′(0)＝0， ∴y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝0. 2 3 4 1 法一　设m(x)＝ex－2x(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). 2 3 4 1 法二　令g(x)＝ex(sin x＋cos x)－1， 2 3 4 1 3.(2024·郑州质检)已知函数f(x)＝xsin x＋cos x，x∈[－π，π]. (1)求f(x)的单调区间与最值； 2 3 4 1 2 3 4 1 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x0＝0，有f(0)＝1≥a(02＋1)＝a，满足题意； 当a>1时，F′(x)≤0，F(x)在[0，π]上单调递减， F(x)max＝F(0)＝1－a<0，不满足题意. 综上，a的取值范围为(－∞，1]. 2 3 4 1 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)max＝g(0)＝1， 所以a≤1. 综上，a的取值范围为(－∞，1]. 2 3 4 1 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. 2 3 4 1 2 3 4 1 (2)若n＝1，判断f(x)零点个数，并说明理由； 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. 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 ＝－2sin xcos x， 当a＝1时，f(x)＝x－， 所以f′(x)＝1－＝ ＝. (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； (cos2x)′＝(cos xcos x)′＝－sin xcos x＋cos x·(－sin x) 故当a＝1时，f(x)在上单调递减. 因为x∈，所以cos x∈(0，1)， 故f′(x)<0， 令u(x)＝g′(x)， 则u′(x)＝－－sin x<0， 所以u(x)在上单调递减， 令g(x)＝f(x)＋sin x， 则g′(x)＝a－＋cos x，x∈， 又x∈，所以0<sin x<1，0<cos x<1，所以>1， 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<sin x－<0，满足题意. 综上，a的取值范围为(－∞，0]. 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， 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x0∈，使得f′(x0)＝cos x0＋2x0＝0， 即x＝cos2x0. (2024·福州质检改编)已知函数f(x)＝sin x＋x2，证明：f(x)>－. f′(x)＝cos x＋2x. 所以－sin2x0＋sin x0＋>－×－＋＝－. 故f(x)>－. 所以当x∈(－∞，x0)时，f′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增. f(x)≥f(x0)＝sin x0＋x＝sin x0＋cos2x0＝－sin2x0＋sin x0＋. 因为x0∈，所以sin x0>sin>sin＝－， 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， (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. 由题意得对任意x∈R，ax2－ax＋ex－cos x≥0恒成立， 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)<g(0)＝0，不符合题意， 综上，正实数a的取值集合为{1}. 当0<a<1时，得h′(x)在(－1，0)上单调递增， 又h′(－1)＝a＋＋cos 1>0， 令m(x)＝f′(x)，则当x∈时，m′(x)＝sin x＋xcos x>0， ∴f′(x)在上单调递增， 又f′(0)＝－，f′＝，∴存在t∈，使得f′(t)＝0， (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. 由题意，f′(x)＝xsin x－cos x， 且f(0)＝0，f＝>0，则f(t)<0， ∴存在唯一零点x0∈，使得f(x0)＝0， 即当x∈时，f(x)有唯一零点. 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， ∴h(x)在区间[0，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(0)＝0， ①当3a≤－1，即a≤－时，h′(x)≥0， 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－<a<时， 由h′(0)＝1－3a>0，h′(π)＝－1－3a<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. ∴g(x)在(0，x0)上单调递增， ∴在(0，x0)上，g(x)>g(0)＝0，不符合题意. 综上，a的取值范围是. 可得∃x0∈(0，π)，使h′(x0)＝0， 且x∈(0，x0)时，h′(x)>0，h(x)>h(0)＝0，g′(x)>0， (3)利用分隔直线法：常见的一些不等式如：当x∈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. 只需证明u(x)max<v(x)min即可. 又u′(x)＝，0<a≤1， 则当0<x<e时，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， 即证＋1<(x>0)， 令u(x)＝＋1，v(x)＝， 由于v(x)＝， 得v′(x)＝，则当0<x<2时，v′(x)<0； 当x>2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)min＝v(2)＝. 则当x＝e时，u(x)取得极大值即为最大值， u(x)max＝u(e)＝＋1. ＝＝>0， 所以不等式f(x)<ex－sin x＋1成立. 由v(x)min－u(x)max ＝－－1≥－－1 只需sin x≥即可，解得x∈，k∈Z， 故f(x)的单调递减区间为，k∈Z. ∴<e，即ln π－<ln 3. (2)证明：ln π－<ln 3. 要证明ln π－<ln 3，即证明ln <，即证明<e. 当x∈时，f′(x)<f′(0)＝0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>f′(0)＝0，f(x)单调递增， ∴f>f(0)，即esin －>0， ∴<e，即ln π－<ln 3. 得g′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝2excos x>0在上恒成立， ∴g(x)在上单调递增，即f′(x)在上单调递增， 所以在，上时，f′(x)>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，. f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 令f′(x)＝0，得x＝－或x＝0或x＝， 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)若存在x0∈[0，π]，使得不等式f(x0)≥a(x＋1)成立，求实数a的取值范围. 即当x∈[0，π]时，a≤g(x)max. g′(x)＝， 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， 因为x2＋1>0，所以≤1， 则g(x0)≤1且g(0)＝1，则g(x0)max＝g(0)＝1，所以a≤1. 综上，a的取值范围为(－∞，1]. 法三　∃x0∈[0，π]，a≤. 令g(x0)＝，x0∈[0，π]，需求g(x0)的最大值. 所以f′(x)＝1＋＋>0在上恒成立， 所以f(x)在上单调递增. 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； n＝－1时，f(x)＝x－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； (3)若n＝0，求证：f(x)＋2－>0. n＝0时，f(x)＝x2－cos x， 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. 当x<1时，p′(x)>0，p(x)单调递增. 所以p(x)max＝p(1)＝－1， $$