新试卷背景下三角与导数压轴的八大题型讲义-2026届高三数学二轮复习

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∈-1，)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，+o) ®.x<tanx,x∈(0，】 3.e*>x+1>sin x+1>sin x+cos x,x E(0,+o0) ④.tanx+2sinx>3x,x∈(0，) ⑤.sinx≥x- -,x≥0 6 ⑥.c0sx≥1- 2,t≥0 1/16 ⑦.△H8c中，snA+sinB+sinC≤3 ⑧.△ABC中，cosA+cosB+cosC 3V3 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，(Q孕.（气）等除此之外，有的区间上找点时注意不等式放缩，从面减少找点的难 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！ snxS之0：mr≥r-写x20:cosr21- 2为 2/16 例1.(2019全国1卷)已知函数f(x)=sinx-ln(x+l). (1)若f(x)为f()的导函数，证明：f(x)在(-1，上存在唯一的极大值点： (2)证明：f(x)有且仅有两个零点. 3/16 类型2.无穷零点 例2.(2019天津)己知函数f(x)=e*cos x,g(x)为f(x)的导函数. (1)求f(x)的单调区间； 2)当xe匠]时，证明：f+g(9-20: (3)设x,为函数u)=f)-1在区间(2n元+严，2n元+)内的零点，其中n∈N,试 4 证明：2n元+ 2< e-2mn sin xo-cos xo 4/16 【变式练习】 1.定义在子+切上的函数f八y=(x-sinr. (①当k=石时，求曲线y=f(在点0 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； (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,求 k的值 5/16 类型3.震荡上行函数的拐点分析 例3.(2021武汉高三毕业班二诊).己知函数fx=lnx+1-x+a(1-cosx). (1)当。=0时，求圃线y=小在点。1怎儿 处的切线方程； (2)若存在实数t>0,使得当xe（-t,时，有xf(x≥0能成立，求a的值. 6/16 类型4.三角导数与三角恒等式（不等式） 例4.在△4BC中，证明：sinA+si加B+si加C≤3V5 2 【变式练习】 1.(2018全国一卷)己知函数f(x)=2sinx+sin2x,求f(x)的最小值. 2.己知函数f(x)=sin2xsin2x. (1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； 2)证明：/x≤誉& C3)设n∈N,证明：sin3sin2sin24k…sin2s3 7/16 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)在区间端点处也成立， 即/a)≥0 平{广O≥O:此法应用于区间端点值包含参数的情况 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'()≥0或(f'(b)≤0).此法应用于区间端点的函数值为零的情况. ③若f(x)≥0(a为参数)在a,b(a,b为常数)上恒成立，且 [f(a)=0f(b)=0 f(a)=01f6)=0'则 或 f"()≥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)m,使得f(x)mn≥0即可. 注意第2步一定要利用第一步中的参数的范围 例5.(2023年甲卷21)已知f(x)=ax- sinx 0 个 cos3x (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， 8/16 类型6.三角放缩 例6.1D求证x之0时，cosx≥1-x2, 2 (3)当a≥1时，Vx∈0，+oo）,证明不等式xer+xCOSx+1≥(1+sinx)2恒成立. 9/16 【变式练习】 1.(2023年新高考2卷) (1)证明：当0<x<1时，x-x2<sinx<x; (2)己知函数fx=cosax--ln1-x2),若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. 10/16 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，以为例，由于的有界性，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，使得当时，有能成立，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. ②. ③. ④. ⑤. ⑥. ⑦.中， ⑧.中， 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，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！ ；；. 例1.（2019全国1卷）已知函数. （1） 若为的导函数，证明：在上存在唯一的极大值点； （2） 证明：有且仅有两个零点. 解答：（1）由题意知：定义域为：且，令，，，，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递减. 下面考虑端点值：因为， ，使得. 当时，；时， 即在上单调递增；在上单调递减，则为唯一的极大值点. 即：在区间上存在唯一的极大值点. （2）由（1）知：，.下面分区间逐次讨论： ①．当时，由（1）可知在上单调递增，，在上单调递减，又，为在上的唯一零点. ②．当时，在上单调递增，在上单调递减，又 ，在上单调递增，此时，不存在零点. 又，使得，在上单调递增，在上单调递减. 考虑端点值：由于.在上恒成立，此时不存在零点. ③．当时，单调递减，单调递减,在上单调递减 又，.即，又在上单调递减.在上存在唯一零点. ④.当时，，，，即在上不存在零点. 综上所述：有且仅有个零点. 类型2. 无穷零点 例2.（2019天津）已知函数，为的导函数. （1） 求的单调区间； （2） 当时，证明：； （3） 设为函数在区间内的零点，其中，试证明：. （3）首先我们需要把区间内的零点搬到熟悉的区间上来，这一点可通过变换实现，令，故，且.这样我们就把题干转化到第（2）问的条件下了. 下面我们来利用改写题干条件，即证：.由于，故只需证①即可.由于，故证明①成立，只需等价于证明：②，结合的表达式可知，不等式②成立等价于③即可，看到这里，是不是发现跟第（2）问的神似之处！ 另一方面，注意到以及第（2）问的结论，可得：④. 故欲使得③成立，只需使得.所以，只要能说明，整个题目就解决了！而这个步骤，就需要第（1）问，由于且满足对于，，且在上减，故，证毕！ 【变式练习】 1．定义在上的函数. (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积； (2)将的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列，若，求的值. 解析：（1）当时，，故. 曲线在点处的切线的斜率为，曲线在点处的切线方程为，令.所以切线与轴的交点.此时所求三角形的面积为. （2），当时，. 由函数在区间上递增，且值域为，故存在唯一，使得.此时当时，单调递减；当时，单调递增，因此.同理，存在唯一，使得. 此时当时，单调递增；当时，单调递减，因此.由. 同理：.由，整理得：. 又，故，则有，由，故或. 又，当时，不满足，舍去. 所以，即，则. 综上所述，. 类型3.震荡上行函数的拐点分析 例3.（2021武汉高三毕业班二诊）．已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若存在实数，使得当时，有能成立，求的值． 解析：（1）时，．． ∴切线方程为：．整理得：． （2）．令，得．． （ⅰ）当时，为上的减函数，． ∴时，，递增．又此时，故时，，递减．时，，递增．∴时，，递增． 由．故时，．时，． 此时，存在使时，，满足条件． （ⅱ）当时，，，递增． 此时，．故存在使得．当时，递增．∴时，，递减．即时，，不存在，使时，． （ⅲ）当时，，令，得． ∴时，递减，递减． 即时，，不存在，使时，． （ⅳ）当时，在递减．递减．故时，，不存在，使时，．综上所述：． 类型4.三角导数与三角恒等式（不等式） 例4.在中，证明：. 证明：，显然，考虑在处的切线可得不等式： ，这样就有，故 ，证毕. 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. 【变式练习】 1.（2018全国一卷）已知函数，求的最小值. 解：最小正周期为，且为奇函数，考虑.由于 ，由奇偶性可知的最小值为. 2.已知函数. （1）讨论在区间的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 证明：（2）. ，由于最小正周期为，且为奇函数，且，故，证毕. （3）结合（2）的结论有： . 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若在上恒成立，则在区间端点处也成立，即此法应用于区间端点值包含参数的情况. ②若在上恒成立，且则此法应用于区间端点的函数值为零的情况. ③若在上恒成立，且，则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： 求判断的单调性，然后表示的最小值，使得即可.注意第2步一定要利用第一步中的参数的范围. 例5.（2023年甲卷T21） 已知 . （1）当时, 讨论的单调性； （2）若, 求的取值范围. 解析： (1) , . 令, 得 。 当时, 单调递增;当时, 单调递减，∴ 在区间 上单调递增, 在区间 上单调递减. (2) 由于，且注意到当即 时，使在成立，故此时单调递减 ∴，不成立.另一方面： 当时, ，下证它小于等于0. 令 综上所述: . 类型6.三角放缩 例6.（1）求证时，； （2）当时，，证明不等式恒成立. 解析：（1）证明：令，， 显然对恒成立，故在上单调递增，从而 ，故在上单调递增，从而，即时，恒有成立. （2）对于由（1）得①②，故对，，要证，只要证 即证（*），当时，（*）显然成立；当时，即证 .令，则， 时有，故在上单调递增，所以 从而在上单调递增，所以，即(*)成立.终上所述: 当时，，不等式恒成立. 【变式练习】 1.（2023年新高考2卷） （1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 解析：（1）构建，则对恒成立， 则在上单调递增，可得，所以；构建，则，构建，则对恒成立，则在上单调递增，可得，即对恒成立，则在上单调递增，可得，所以；综上所述：. （2）令，解得，即函数的定义域为，若，则，因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点，不合题意，所以.当时，令 因为， 且，所以函数在定义域内为偶函数，由题意可得：， （i）当时，取，，则，由（1）可得，且， 所以，即当时，，则在上单调递增，结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，所以是的极小值点，不合题意； （ⅱ）当时，取，则，由（1）可得， 构建，则， 且，则对恒成立，可知在上单调递增，且，所以在内存在唯一的零点， 当时，则，且，则， 即当时，，则在上单调递减，结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，所以是的极大值点，符合题意； 综上所述：，即，解得或，故a的取值范围为. 类型7.三角与概率结合 例7.（广东省25届高三二调） 已知集合，，设函数. （1）当和时，分别判断函数是否是常数函数？说明理由； （2）已知，求函数是常数函数的概率； （3）写出函数是常数函数的一个充分条件，并说明理由. 解析：（1）略 （2）. ，则，于是可得： 故满足整理可得： ，只需满足： 考虑，上式表明单位圆上的重心为圆心，故为等边三角形，若设,则或者.即①，集合共有13个元素，从中任取3个元素组成集合，共个，而满足①的集合有，，，，，共5个，则使得函数是常数函数的概率为. 类型8.三角恒等与复数结合 例8.如图，点，复数可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，轴叫做实轴，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应.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作叫做复数的三角形式．复数三角形式的乘法公式：．棣莫佛提出了公式：，其中. （1）已知，求的三角形式； （2）已知为定值，，将复数化为三角形式； （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，求复数所对应不同点的个数． 解析：（1） . （2）. （3）正二十边形每边所对的中心角为，设（为常数），则， 所以 ，由周期性可知，共有5个不同的值， 故复数所对应不同点的个数为5． 过关检测 1．已知函数，其中，． （1）当时，求曲线在点，处的切线方程； （2）判断函数是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由； （3）讨论函数在，上零点的个数． 【解答】解：（1）时，，，， ，，， 故切线方程是：； （2）， 设，， 故递减，， 又时，， ①若，即时，使， 当时，，递增， 当，时，，递减， 在处取极大值，不存在极小值， ②若，即，， 在，递增，此时无极值， （3）由（2）可知： 若时，由上问可知： ， 即时函数没有零点， 若时，，时，递增， ，时，递减， 由得，从而， 再设，则从而关于递增， ①若，，此时，， 若得或， 时无零点， 得， 时有1个零点， 当时，，，有1个零点， 因此时无零点，时有1个零点； ②，，此时，， ，， ， 设，则， 故， 若即，即时无零点， 若即，即时有1个零点， 综上，，，时无零点， ，时有1个零点． 2．已知函数． （1）当时，求零点的个数； （2）当，时，求极值点的个数． 【解答】解：（1）由题意，， ， 由于，，又， ，在，上单调递增， ，， 函数在，上有唯一零点； （2）由题意，，， 则， 令，， ①当时，，， ， 函数在，上无极值点， ②当时，， 当时，，， 在，上递增，，即， 当时，， ， 在，递增，即， 是在，上的极小值点， ③当时，，，则，无极值点， ④当时，，， ， 在，上递减，且，， 在，上有唯一零点， 当时，，当时，， 故是函数的一个极大值点， 综上，函数存在2个极值点． 3．（1）证明函数在区间上单调递增； （2）证明函数在上有且仅有一个极大值点，且． 【解答】解：（1）求导，，， 因为，，，故， 函数在定义区间递增； （2）由， 令， 当，由（1）得，递减， 由，， 根据零点存在性定理，存在唯一零点，， 当时，，递增； 当，时，，递减， 当，时，，所以递减， 故在，为减函数， 所以有唯一的极大值点， 由在，递减，得， 又，当时，，， 故， 综上，命题成立． 4．已知函数． （1）若，求证：当时，； （2）若在上有且仅有1个极值点，求的取值范围． 【解答】解：（1）证明：当时，，令，， 则，在上单调递减， 故（1），所以； （2）解：由题知，，． ①当，时，，此时单调递增，无极值点； ②当，时，设，则，此时单调递增；又（1），，存在唯一的，满足，即，当时，，此时 单调递减，当，时，，此时单调递增，故，故，此时单调递增，无极值点； ③当，时，，，此时单调递增，无极值点； 综合①②③知在，上无极值点． 又在上有且仅有1个极值点，只能在，上有唯一极值点． 令． 函数与函数，，的图象只有一个交点， ，即， 所以的取值范围为 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $