第7讲三角与导数数列的交汇讲义-2027届高三数学一轮复习

三角与导数、数列的交汇 高三数学专题复习 · 三角第七讲 0 题型概说 本讲研究的问题：三角函数与导数、数列两大板块交叉处的综合题——用导数研究含三角函数的单调性、零点与恒成立；三角函数的有界性作为放缩工具参与不等式证明与比较大小；三角的周期性迁移到数列，形成周期数列、零点数列与迭代点列。 与前六讲的分工：前六讲中三角函数是研究对象本体；本讲中三角函数常常作为导数函数中的一个”有界振动项”出现，解题的钥匙是把振动项与单调项分离——、、多项式负责趋势，、 负责在 内的扰动；以及把周期性翻译为数列结构——零点、最值点按周期重复，从而构成等差数列或分段等差数列。 识别信号总览： 题面特征 方法指向 单元 比较 、、、 与 的混合大小 四大基本不等式 + 构造 单元一 、、 型的零点、单调、恒成立 振动项与单调项分离 单元二 零点成等差数列、周期数列判定、周期求和 周期性翻译为数列结构 单元三 极值点偏移的三角版、零点距离和、切线迭代点列 综合压轴 单元四 单元一 三角有界性放缩与比较大小 1.1 识别特征 比较 、、、 这类”同一个数的不同函数值”的大小；或证明含 、 的不等式；或” 恒成立”型利用有界性定参数。 1.2 结论与推导 结论 1.1（四大基本不等式）　当 时：；；。当 时另有 （正弦在 上上凸，弧弦夹逼）。它们是三角放缩的”常备汇率表”。 推导： 用单位圆（弧长与弦长）或 、；、 用切线不等式； 用 的导数（  于  ）。 结论 1.2（构造函数比大小）　比较 、、、 等值：把它们统一写成 或同底形式，转化为比较 、、 等数，再对每个”数—数”对构造差函数（如  ）用导数定单调、比较端点。 推导：对数运算把幂与根统一为乘积；差函数在 处取等（两边在 同值），单调性决定 时的方向。 结论 1.3（有界性定参数）　、：形如” 对一切 “的条件，须按 的符号分段——正段要求 、负段要求 ，每段把 （或  ）夹在不等式组中；含 时对 的每个取值段枚举正负半波的分布。 推导：乘积恒非正 ⟺ 两因子在每点异号（或其一为零）； 的符号随 周期切换，参数必须同时满足所有段。 1.3 方法决策表 题面 动作 同数异函数比大小 统一形式 + 差函数（结论 1.2） 证 与多项式的不等式 四大不等式或构造求导（结论 1.1） 三角因子 × 主式的恒成立 符号分段夹参数（结论 1.3） 双函数零点比大小 单调 + 特殊点函数值符号 例题精讲 例 1（单项选择题） 设 ，，，则 的大小关系正确的是（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 统一取对数：，，。记 ，只需比较 、、。 构造 （  ）：， 递增且 ，故 ，即 。 再比较 与 ：只需比较 与 。构造 （  ）：， 递增且 ，故 ，即 ，，于是 ，即 。 综上 ，即 ，对照选项为 。故选 D。 【答案】D 例 2（单项选择题） 已知 ，，若 （  为自然对数的底数），则 的最小值为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 由 、，条件即 。 构造 （  ）：， 严格递增，故 给出 。代入目标：。（  时最小），故 的最小值为 ，所求最小值为 。故选 B。 【答案】B 变式训练 变 1（单项选择题） 已知 ，，，则（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 三值分别对应 、、 在 处的值。由结论 1.1，，即 。 再比较 与 ：令 ，则 与 同号（乘  ）。，；由 得 ，故 的符号由 决定， 在 上为正、在 上为负，其中 。于是 在 递增且 ；在 上 递减，（切线不等式 、 ），故 于整个 ，即 （  ），。综上 。故选 D。【答案】D 变 2（单项选择题） 已知 ，，，则 的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 比较 与 ：令 （  ），， 递增，，即 。取 ：，即 。 比较 与 ：令 （ ，结论 1.1），， 递增，，即 。取 ：，即 。故 。故选 A。 【答案】A 变 3（单项选择题） 已知 ，，，则 的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 由 （  ）：。。：由 （ ； ）得 ，即 。综上 。故选 A。 【答案】A 变 4（单项选择题） 已知函数 ，， 的零点分别为 ，则（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 三函数都单调递增：，（  ），。 且 增，故零点 ； 且 趋于 （  趋于  ），故 ； 且 严格增（  仅在孤立点），故唯一零点 。综上 ，即 。故选 B。 【答案】B 变 5（单项选择题） 已知 ，若实数 满足 恒成立，则（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 时 、。 时 ，，恒成立。 时 ，条件化为 恒成立。令 ：（  使第二项为正）， 递增，，故只需 ，即 ，得 。综上 。故选 B。 【答案】B 单元二 含三角函数的零点、单调与恒成立 2.1 识别特征 解析式为”“、”“、”“、”“型：指数、对数或线性项提供单调趋势，、 提供有界振动。要求讨论单调性、证零点唯一性、恒成立定参、多交点的对称性质。 2.2 结论与推导 结论 2.1（振动项与单调项分离）　判断 的导数符号：，把其中的振动部分与单调部分分离—— 在 时 压住 ，在 时与 同号分析；多层不确定时再求导（ ， ），用 与 比大小分段定号。 推导： 的分段判据： 时 ； 时两项各自非负。 结论 2.2（隐零点与极值点定位）　 无显式解时，设 为隐零点：用”两端异号 + 导函数单调”证存在唯一；极值点两侧单调性由 的符号变化读出。零点 与极值点 的相对位置（如  ）：把 的方程在 处作泰勒或代换转化，比较 与 的符号。 推导： 在极小值点两侧的符号由端点值与极小值符号确定；位置比较通过”在 处函数值已越过零点”实现。 结论 2.3（三角项的对称性迁移）　（  型）有两个极值点时： 关于 的对称性使 （极大极小差）可以对称化估计——构造 与 （或中心对称点）的和差，把不对称的极值差化为对称点函数差，再放缩。 推导：；两极值点 分别位于对称轴两侧时， 中振动项对消或同号合并。 2.3 方法决策表 题面 动作 型定号 与 或 比较分段（结论 2.1） 隐零点 + 零点位置 存在唯一性 + 在特殊点取值比较（结论 2.2） 两极值点差 对称化构造消振动项（结论 2.3） 恒成立 差函数多层求导至定号（结论 2.1） 例题精讲 例 3（解答题） 已知函数 ，． （1）讨论函数 的单调性； （2）证明：． ●解析 （1）（  ），。 时 ， 在 递减； 时 在 递减、在 递增。 （2）先证引理： 时 。令 ，则 ，，，故 递增，；进而 递增，；进而 递增，，即 ，。 主证：对一切 有 （由 取  ），即 。分两段： 时，由引理 ； 时 （ 、 ），而 。两种情形都有 ，即 。【答案】（1）见解析；（2）见解析 例 4（解答题） 已知函数 ，． （1）若 ，求 的单调区间； （2）， 成立，求实数 的取值范围． ●解析 （1）：。令 ： 时 、，； 时 ，由 且 知 且 时严格，故 在 递增，。综上 在 递减、在 递增。 （2）即 对 成立。，。当 ：、，；当 ：，。故 恒成立， 递增，。于是 时 ， 成立； 时 ， 在 右侧递减出负值，不成立。故 ，取值范围 。 【答案】（1）递减区间 ，递增区间 ；（2） 变式训练 变 6（解答题） 已知函数 ． （1）若曲线 在点 处的切线方程为 ，求实数 的值； （2）当 时，证明： 在 上存在唯一极小值点 和唯一零点 ，且 ． ●解析 （1），（切线斜率为  ），得 。 （2）。当 ：，，。当 ：令 ，，再令 ，， 递增；，，故存在唯一 使 ， 在 负、 正——即 是唯一极小值点。 且 在 递减，； 上 递增， 趋于 ，故存在唯一 使 。 位置比较：。由 （  ）：。 时 ；记 （  ），，（ 、 ），故 ，。而 且 在 递增， 给出 。 【答案】（1）；（2）见解析 变 7（解答题） 已知函数 ，其中 为自然对数的底数． （1）当 时，判断函数 在区间 上的单调性； （2）令 ，若函数 在区间 上存在极值，求实数 的取值范围； （3）求证：当 时，． ●解析 （1）：。 时 、，， 单调递减。 （2），。存在极值等价于 在 内有零点，等价于 在该区间有解。：， 递增，，当 趋于 时 趋于 ，故值域为 ，。 （3） 时 。记 。 当 ：。 当 ：，两项 、， 递减，。 当 ：， 递增，。 综上 对一切 成立，即 。 【答案】（1）单调递减；（2）；（3）见解析 变 8（解答题） 已知函数 ，，． （1）若曲线 在点 的切线也是曲线 的切线，求 的值； （2）讨论函数 在区间 上的单调性； （3）若 对任意 恒成立，求 的取值范围． ●解析 （1） 在 处切线为 。设它与 相切于 ：斜率 且切点在直线上 ，解得 ，。 （2），，分子 是一次式。 ： 时 ， 时 ， 先增后减；：， 递增；： 且 ，分子 ， 递增；： 在 处由正转负， 先增后减。 （3） 时对 分段：（  ）时 ，；（  ）时 。故恒成立。（3） 时，当 趋于 ：，而需要 ， 时 ， 在局部成立。直接论证：令 ，。。记 ，则 ，、。若 ：， 在 右侧为正，，，不合；若 ：，， 成立；若 ：， 在 右侧为负；再证持续：， 时 、、（  ）——不完全直接。标准充分性： 时，（  ），按 的符号分区间：（  ）： ✓；（  ）：， ✓。故 时恒成立。综上 。 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 变 9（解答题） 已知函数 ． （1）证明：当 时，； （2）设 在 上的零点从小到大构成有穷数列 ．（i）求数列 的项数 ；（ii）求证：． ●解析 等价于 ，两边乘 ，即 ，其中 。： 在 上递增、在 上递减（  ），峰点处 ，谷点处 。 （1） 时 ：若 ， 递减，；若 ， 递增，；若 ，则 所在单调段不超过其端点峰值 （谷值为负更小）。故 时恒有 ，即 。 （2）（i）， 是零点； 上 递减且小于 ，无零点。对 ：每个区间 上 严格单调，且两端点值一个小于 （奇数倍 处为负）、一个大于 （偶数倍 处  ），故恰有一解； 共 个区间（ ，右端点非零点）。故 。 （ii）记 （  ）。在 处 ，即 。于是： 为偶数时， 是增支， 从 增至 ，而该支内横坐标 处 仍为 ，故零点在其右侧，； 为奇数时同理零点在该点左侧，。 配对估计：对 ，证 ，即 。令 。若 ，则 ，得证；若 ，由 知 ，此时 ， 故 （ ，因  ）。 位于减支 内且 ，故零点 在 右侧，，即 。 求和：（  无贡献， 为偶故  ）。 【答案】（1）见解析；（2）（i）；（ii）见解析 变 10（解答题） 已知函数 （  ）． （1）若 ，求证：； （2）若 ，求证： 在 上恰有两个零点； （3）若不等式 对任意的 恒成立，求 的值． ●解析 （1）：。当 ：由切线不等式 ，得 。当 ：；记 ，， 递增，，故 ， 递增，。综上 恒成立。 （2）：，，： 时 ，； 时 ，。故 在 上严格递增，，，存在唯一 使 ， 在 递减、在 递增。，，故 在 内恰有一个零点；在 上 严格递增且 ，此段内零点仅 。故恰有两个零点。 （3）记 ，则 ，故 是 在 上的最小值点，从而 ：，，得 。验证 ：，记 ，，，再记 ，，： 时 、，； 时 、，。故 在 减、 增，；进而 递增，；进而 递增，，恒成立。故 。 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 变 11（解答题） 已知函数 ，． （1）当 时，讨论 的单调性； （2）若 有两个极值点，记极大值和极小值分别为 ，证明：． ●解析 （1）：。 时 ，； 时 。故 在 递减，在 与 递增。 （2）两个极值点等价于 有两零点，等价于 在 内有解（  ），记 ，极值点 （极大）、（极小）。，，（用  ）。令 ，（  ）， 递增，。故 。 【答案】（1）见解析；（2）见解析 单元三 周期数列与点列 3.1 识别特征 通项含 、（周期数列）；函数零点从小到大排列构成数列；递推数列的周期性判定；切线迭代点列。 3.2 结论与推导 结论 3.1（三角周期数列的分组求和）　 含 （周期  ）时按 分三组，每组通项是 的多项式时用等差求和；含 （周期  ）按模 分四组； 型先降幂 。周期配对抵消：。 推导：三角周期 + 多项式因子时，按剩余类分组后每组是”多项式 × 常数”的等差型。 结论 3.2（周期数列的判定）　递推 型：写出 与 比较定 ，再验证；乘积型 ：把 换 相减因式分解得周期；反证”非周期”：若周期 存在，取特殊下标导出无理数矛盾。非退化情形先枚举前若干项找循环节（如 型周期为  ）。 推导：周期性即递推映射的回归性；枚举前项是发现循环节的直接手段，证明则用递推式双向传递。 结论 3.3（零点等差数列与点列）　 的零点从小到大构成公差 的等差数列（  ），或公差 的”成对”结构（  时每周期两解）——求 的最值按”落入窗口的项数”定位切点。切线迭代点列 ：先证 不变号衰减（  的窗口），再证奇偶子列各自的单调不等式。 推导：零点方程的解集是等差数列是”周期性翻译为数列”的原型；迭代单调性由切线与曲线的位置关系传递。 3.3 方法决策表 题面 动作 通项含 等且带 的多项式 按模分组 + 等差求和（结论 3.1） 递推数列周期性判定 枚举循环节 + 递推双向传递（结论 3.2） 证非周期 反证：周期 取特殊下标导出矛盾（结论 3.2） 零点排成数列求和 等差项计数 + 窗口定位（结论 3.3） 例题精讲 例 5（解答题） 已知数列 ，，其前 项和为 ． （1）求 ；（2）求 ；（3）若数列 的前 项和为 ，且 ，证明：． ●解析 （1），。 （2）按模 分组（结论 3.1）：，是等差数列。。 （3）。（错位相减）：，则 ，两式相减得 ，故 ，恒成立。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 例 6（解答题） 已知函数 ，若函数 在区间 上的所有零点从小到大依次为 ，设数列 的前 项和为 ． （1）求函数 在区间 上的值域； （2）求 的最小值； （3）记 ，证明：． ●解析 （1）化简（二倍角与辅助角）：。 时相位 ，值域 。 （2）零点：，。 即 ，最小 ，，公差 （结论 3.3），。 是首项负、公差正的等差数列的前 项和，先减后增： 即 ，， 在 处最小，。 （3），，裂项：。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 变式训练 变 12（解答题） 已知数列 的前 项和 ．（1）求数列 的通项公式；（2）求数列 的前 项和（  表示角度制下的角）． ●解析 （1）。 （2），。 中 周期为 （  每增 重复），且 ： 与 、 与 、、 与 共 对全部抵消，余下 与 亦相互抵消，和为 。故 。 【答案】（1）；（2） 变 13（单项选择题） 已知等差数列 的公差为 ，集合 ，若 ，则 的值为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 ， 周期为 ，三个值 、、。由和角公式展开相加：三个余弦之和为 （正弦项对消），其值为 。故选 B。 【答案】B 变 14（多项选择题） 已知数列 满足 ，（  ），则下列结论正确的是（  ） A．数列 为递增数列　　B．， C．，　　D．， ●解析 归纳：；若 ，则 ，，且 在 增、，。A 正确。 递增且有上界 ，极限存在—— 递增趋于 ?若极限 ，则 ，， 或 ，与递增从 出发矛盾，故趋于 ，必有 对充分大 ，B 正确。 C：即证 。令 （  ）：，， 递减且 ，故 （  ）， 递增，，C 正确。 D：对 ，令 ，由结论 1.1 的 得 。数列实值 落在该区间，此时 ，故 ，D 的不等式于 已不成立，D 错误。故选 ABC。 【答案】ABC 变 15（解答题） 对于数列 ，如果存在正整数 ，使得对任意 都有 ，则称 为周期为 的周期数列． （1）设数列 满足 ，，，且 是周期为 的周期数列，求 ； （2）设数列 的前 项和为 ，且 ．若 ，判断 是否为周期数列； （3）设数列 满足 ，，，， 的前 项和为 ，问是否存在 使 对任意 成立？若存在，求 的取值范围． ●解析 （1）周期 ：。，， 或 。检验： 时 周期 ✓； 时 不合。故 。 （2）：，。 与 相减（  ）：，即 ，故 或 。， 说明相邻异号，当 时， 与相邻异号矛盾，只能 ；当 时正负交替保持。故 ，验证 ： 奇时 ， ✓； 偶时 ， ✓。故 是周期为 的周期数列。 （3），周期 ： 循环，： 循环，每周期和 。：；： 随 递减趋于 ，最大 （ ，即  ）；： 随 递减趋于 ，最大 （ ，即  ）。故 ，取 、（例如 取 、 取  ）。 【答案】（1）；（2）是周期为 的周期数列；（3）存在，， 变 16（解答题） 对于数列 ，如果存在一个正整数 ，使得对任意的 都有 成立，那么就把这样一类数列 称作周期为 的周期数列， 的最小值称作数列 的最小正周期，以下简称周期． （1）设数列 满足 （  ），，，且数列 是周期为 的周期数列，求常数 的值； （2）设数列 的前 项和为 ，且 ．若 ，试判断数列 是否为周期数列，并说明理由； （3）设数列 满足 （  ），，，，数列 的前 项和为 ，试问是否存在 ，，使对任意的 ，都有 成立？若存在，求出 ， 的取值范围；若不存在，说明理由． ●解析 （1）周期为 ：。，，解得 或 。检验： 时数列为 ，是周期为 的周期数列，成立； 时数列为 ，不是周期为 的周期数列，舍去。故 。 （2）是周期为 的周期数列。：，即 ，；由 知 。：，即 ， 或 ，结合 得 。一般地，由 与 相减（  ）得 。归纳设 ，：取 ，得 ，即 ，；取 ，得 ，即 ， 或 ，而 且 ，故 。归纳成立，数列为 ，是周期为 的周期数列。 （3）由 与 相减得 ，故 的项为 循环； 的项为 循环，每周期和为 。按模 讨论： 时 ，； 时 ，，随 增大递减趋于 ，最大 （ ，即  ）； 时 ，，最大 （ ，即  ）。综上 ，故所求充要条件为 且 ，即 ，。 【答案】（1）；（2）是周期为 的周期数列；（3）存在，， 单元四 综合压轴 4.1 识别特征 多问压轴：零点个数讨论 + 极值点偏移的三角版 + 零点距离和放缩；或”有解窗口 + 数列不等式”双层结构；函数含 、、 等不可化简结构。 4.2 结论与推导 结论 4.1（极值点偏移的三角版）　 等的零点 证 或 ：构造对称差函数 （  为对称中心候选），用 的导数定号推出零点位置关系。三交点 时对 用 的对称化。 推导：对称差函数单调决定端点符号，进而决定零点偏移方向；三角的对称性如 常提供天然对称中心。 结论 4.2（有界项的距离与和的放缩）　 型：用拉格朗日中值或直接估计 的最大值（如 在 上  ）得 的替代估计——逐段用单调区间端点值差累加。零点和的不等式（  型）：把每个 的下界（由零点所在区间读出）累加。 推导：有界振动项的差被振幅控制；零点的区间定位给出线性下界，累加即多项式下界。 结论 4.3（数列不等式的放缩路线）　 型：先由正切和角 一类递推确定 的象限迁移（正负分界点），再把 放缩为可求和形式（如 与 的差被 控制），用立方和公式收尾。 推导：正切和角的周期迁移把”第几项变号”化为计数问题； 型三阶控制与立方和公式匹配。 4.3 方法决策表 题面 动作 三交点 对称差函数定号（结论 4.1） 振幅控制 + 逐段累加（结论 4.2） 零点和 > 常数 区间下界累加（结论 4.2） 正切递推数列求和放缩 象限迁移计数 + 三阶放缩（结论 4.3） 例题精讲 例 7（解答题） 已知函数 的定义域为 ，导函数 ．将 所有的极值点按照从小到大的顺序排列构成数列 ，． （1）若 ，比较 与 的大小； （2）证明：数列 为递减数列； （3）若 为正整数，且对任意的 ，都有 ，求 的最小值． ●解析 （1） 的解为 （  ）且为变号零点，故 。 时，，而 ，故 。二者之差等于 ，故 。 （2）令 （  ），则 ，。 时 、其余因子为正，故 ， 在 上递减，，即 ，故 ，即 递减。 （3）先用（2）的对偶论证补证数列 递增：令 ，其中 ，则 （由（1）， ）， 递增，，即 。 于是 在 上的最大值为 、最小值为 ： 时 递减，；（  ）时 ，且 ；（  ）时 ，且 。故对任意 ，，且 、 时取等号，故题设条件成立当且仅当 。 下证 ：令 （  ），则 。由 且 ，得 ，故 ， 递增，，即 ，。 故 时条件对一切 成立；又 为正整数，故 的最小值为 。 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 例 8（解答题） 在正弦曲线 上有一点 （  ），按照如下方式依次构造点 （  ）：作曲线在 处的切线与 轴交于点 ，过点 作 轴的垂线与正弦曲线交于点 ，记 的坐标为 ，已知 （  ），设 ． （1）证明：； （2）若对任意正整数 ，都有 成立，求 的取值范围； （3）若 ，证明：对任意正整数 ，有 成立． ●解析 （1）迭代关系： 处切线斜率 ， 横坐标 。 在 上 ， 递增，，故 ，。 （2）记 （  ），则 ；分子 的导数为 且仅在 处为零，故分子恒为正， 在 上严格递增，值域为 ，存在唯一 使 。 必要性：， 等价于 ，即 ；又（1）已证 ，故必须 。 充分性：设 。由 知 ，即每个正项 是 在 内的唯一解，且 。归纳：设 ，则 ，故 且 ；记 ，则 ，且 ，由 递增与 得 ，故 。归纳完成，对一切 有 。 综上， 的取值范围为 。 （3）：。由（2）的 递增：对 有 。于是 满足 ；归纳得 、。 由迭代 ，故 。求和：。 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 变式训练 变 17（解答题） 已知函数 ，． （1）求不等式 的解集； （2）讨论 的单调性； （3）已知函数 （  ），证明： 在 上有且只有一个极小值点． ●解析 （1），即 ，，；结合 （由  ）得 。 （2）。记分子 ：， 在 减、 增、 减，、，故 恒成立，， 在 上单调递减。 （3）（  ），。 时 ，，无极值点。：，， 递增；，（  ），存在唯一 使 ， 在 负、 正。综上 在 负、 正， 在 递减、 递增， 是唯一极小值点。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 变 18（解答题） 已知函数 ，． （1）求 在 上的单调区间； （2）证明： 在 上存在最大值 ； （3）判断（2）中的 是否也是 在 上的最大值，并说明理由． ●解析 （1）： 上 、 上 ，两段 ，， 递减； 上 ，递增。单调区间如上。 （2），，。记 （  ），则 。令 ，， 递减，、，唯一 使 ； 先正后负， 在 增、 减；、，故 ，从而存在唯一 使 ： 在 正、 负， 在 处取得最大值 。 （3）不是。 时 ，， 递减且 ，故 时 ，即 。而当 充分大时，，右端随 增大趋于 ，故存在充分大的 使 ， 不是 上的最大值。 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不是，理由见解析 变 19（解答题） 设函数 ． （1）求曲线 在 处的切线方程； （2）若函数 （  ）在区间 上单调递增，求 的最大值； （3）已知数列 满足：① ；② （  ）且 ．设 ，求证：（附： ）． ●解析 （1），，，切线 。 （2） 在 上递增等价于 恒成立。，，。若 ，则 ，由 连续知存在 使 于 ，于是 在 递减，，进而 递减，，与恒成立矛盾，故 。 再证 合格：此时 ，记 ，，，，。令 ，： 在 递减且 ，故 ；又 ，故 ， 递增，，即 恒成立。综上 的最大值为 。 （3），由①（正切和角公式）与归纳法得 。条件②给出 ：一方面，若 ，则 无意义；若 ，取 ，则 ，又 ，故 ，与②矛盾，故 ；另一方面，由 得 ，结合 知 ，故 。 于是 时 ，。由（2）取 的结论： 在 严格增且零初值，故 （  ）。取 ：，求和 （因  ），证毕。 【答案】（1）；（2） 的最大值为 ；（3）见解析 变 20（解答题） 已知函数 ，记 为函数 在定义域内的导函数． （1）求函数 在 上的最小值； （2）设 （  ），记 的最小值为 ．（ⅰ）当 ， 时，求使 恒成立的实数 的最小正整数 ；（ⅱ）当 时，设 ，求函数 在区间 上的零点个数． ●解析 （1），，，。设 ，则 ， 在 上递增，即 递增；由 知 时 、 时 ，故 在 递减、 递增，最小值 。 （2）。令 ，，： 时 ， 时 ，故 在 处取最小值 ，即 。 （ⅰ）设 （  ），， 递减，，故 （  ）。于是 ， 可行；又 时 ， 不可行。故 。 （ⅱ） 两边取自然对数：，得 ，，故 ，是周期为 的周期函数。在一个周期 上：； 时 ，，； 时 ，； 时，记 ，则 ， 递增，，，故存在唯一 使 ， 在 递减、 递增；，，故 在 内恰有一个零点，在 内无零点。综上 在 上恰有 个零点。 恰含 个完整周期 ，每段 个零点共 个，加上端点 （  ），共 个。 【答案】（1）最小值为 ；（2）（ⅰ）；（ⅱ） 个 学科网（北京）股份有限公司 $ 三角与导数、数列的交汇 高三数学专题复习 · 三角第七讲 0 题型概说 本讲研究的问题：三角函数与导数、数列两大板块交叉处的综合题——用导数研究含三角函数的单调性、零点与恒成立；三角函数的有界性作为放缩工具参与不等式证明与比较大小；三角的周期性迁移到数列，形成周期数列、零点数列与迭代点列。 与前六讲的分工：前六讲中三角函数是研究对象本体；本讲中三角函数常常作为导数函数中的一个”有界振动项”出现，解题的钥匙是把振动项与单调项分离——、、多项式负责趋势，、 负责在 内的扰动；以及把周期性翻译为数列结构——零点、最值点按周期重复，从而构成等差数列或分段等差数列。 识别信号总览： 题面特征 方法指向 单元 比较 、、、 与 的混合大小 四大基本不等式 + 构造 单元一 、、 型的零点、单调、恒成立 振动项与单调项分离 单元二 零点成等差数列、周期数列判定、周期求和 周期性翻译为数列结构 单元三 极值点偏移的三角版、零点距离和、切线迭代点列 综合压轴 单元四 单元一 三角有界性放缩与比较大小 1.1 识别特征 比较 、、、 这类”同一个数的不同函数值”的大小；或证明含 、 的不等式；或” 恒成立”型利用有界性定参数。 1.2 结论与推导 结论 1.1（四大基本不等式）　当 时：；；。当 时另有 （正弦在 上上凸，弧弦夹逼）。它们是三角放缩的”常备汇率表”。 推导： 用单位圆（弧长与弦长）或 、；、 用切线不等式； 用 的导数（  于  ）。 结论 1.2（构造函数比大小）　比较 、、、 等值：把它们统一写成 或同底形式，转化为比较 、、 等数，再对每个”数—数”对构造差函数（如  ）用导数定单调、比较端点。 推导：对数运算把幂与根统一为乘积；差函数在 处取等（两边在 同值），单调性决定 时的方向。 结论 1.3（有界性定参数）　、：形如” 对一切 “的条件，须按 的符号分段——正段要求 、负段要求 ，每段把 （或  ）夹在不等式组中；含 时对 的每个取值段枚举正负半波的分布。 推导：乘积恒非正 ⟺ 两因子在每点异号（或其一为零）； 的符号随 周期切换，参数必须同时满足所有段。 1.3 方法决策表 题面 动作 同数异函数比大小 统一形式 + 差函数（结论 1.2） 证 与多项式的不等式 四大不等式或构造求导（结论 1.1） 三角因子 × 主式的恒成立 符号分段夹参数（结论 1.3） 双函数零点比大小 单调 + 特殊点函数值符号 例题精讲 例 1（单项选择题） 设 ，，，则 的大小关系正确的是（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 统一取对数：，，。记 ，只需比较 、、。 构造 （  ）：， 递增且 ，故 ，即 。 再比较 与 ：只需比较 与 。构造 （  ）：， 递增且 ，故 ，即 ，，于是 ，即 。 综上 ，即 ，对照选项为 。故选 D。 例 2（单项选择题） 已知 ，，若 （  为自然对数的底数），则 的最小值为（  ） A．　　B．　　C．　　D． ●解析 由 、，条件即 。 构造 （  ）：， 严格递增，故 给出 。代入目标：。（  时最小），故 的最小值为 ，所求最小值为 。故选 B。 变式训练 变 1（单项选择题） 已知 ，，，则（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 2（单项选择题） 已知 ，，，则 的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 3（单项选择题） 已知 ，，，则 的大小关系为（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 4（单项选择题） 已知函数 ，， 的零点分别为 ，则（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 5（单项选择题） 已知 ，若实数 满足 恒成立，则（  ） A．　　B．　　C．　　D． 单元二 含三角函数的零点、单调与恒成立 2.1 识别特征 解析式为”“、”“、”“、”“型：指数、对数或线性项提供单调趋势，、 提供有界振动。要求讨论单调性、证零点唯一性、恒成立定参、多交点的对称性质。 2.2 结论与推导 结论 2.1（振动项与单调项分离）　判断 的导数符号：，把其中的振动部分与单调部分分离—— 在 时 压住 ，在 时与 同号分析；多层不确定时再求导（ ， ），用 与 比大小分段定号。 推导： 的分段判据： 时 ； 时两项各自非负。 结论 2.2（隐零点与极值点定位）　 无显式解时，设 为隐零点：用”两端异号 + 导函数单调”证存在唯一；极值点两侧单调性由 的符号变化读出。零点 与极值点 的相对位置（如  ）：把 的方程在 处作泰勒或代换转化，比较 与 的符号。 推导： 在极小值点两侧的符号由端点值与极小值符号确定；位置比较通过”在 处函数值已越过零点”实现。 结论 2.3（三角项的对称性迁移）　（  型）有两个极值点时： 关于 的对称性使 （极大极小差）可以对称化估计——构造 与 （或中心对称点）的和差，把不对称的极值差化为对称点函数差，再放缩。 推导：；两极值点 分别位于对称轴两侧时， 中振动项对消或同号合并。 2.3 方法决策表 题面 动作 型定号 与 或 比较分段（结论 2.1） 隐零点 + 零点位置 存在唯一性 + 在特殊点取值比较（结论 2.2） 两极值点差 对称化构造消振动项（结论 2.3） 恒成立 差函数多层求导至定号（结论 2.1） 例题精讲 例 3（解答题） 已知函数 ，． （1）讨论函数 的单调性； （2）证明：． ●解析 （1）（  ），。 时 ， 在 递减； 时 在 递减、在 递增。 （2）先证引理： 时 。令 ，则 ，，，故 递增，；进而 递增，；进而 递增，，即 ，。 主证：对一切 有 （由 取  ），即 。分两段： 时，由引理 ； 时 （ 、 ），而 。两种情形都有 ，即 。 例 4（解答题） 已知函数 ，． （1）若 ，求 的单调区间； （2）， 成立，求实数 的取值范围． ●解析 （1）：。令 ： 时 、，； 时 ，由 且 知 且 时严格，故 在 递增，。综上 在 递减、在 递增。 （2）即 对 成立。，。当 ：、，；当 ：，。故 恒成立， 递增，。于是 时 ， 成立； 时 ， 在 右侧递减出负值，不成立。故 ，取值范围 。 变式训练 变 6（解答题） 已知函数 ． （1）若曲线 在点 处的切线方程为 ，求实数 的值； （2）当 时，证明： 在 上存在唯一极小值点 和唯一零点 ，且 ． 变 7（解答题） 已知函数 ，其中 为自然对数的底数． （1）当 时，判断函数 在区间 上的单调性； （2）令 ，若函数 在区间 上存在极值，求实数 的取值范围； （3）求证：当 时，． 变 8（解答题） 已知函数 ，，． （1）若曲线 在点 的切线也是曲线 的切线，求 的值； （2）讨论函数 在区间 上的单调性； （3）若 对任意 恒成立，求 的取值范围． 变 9（解答题） 已知函数 ． （1）证明：当 时，； （2）设 在 上的零点从小到大构成有穷数列 ．（i）求数列 的项数 ；（ii）求证：． 变 10（解答题） 已知函数 （  ）． （1）若 ，求证：； （2）若 ，求证： 在 上恰有两个零点； （3）若不等式 对任意的 恒成立，求 的值． 变 11（解答题） 已知函数 ，． （1）当 时，讨论 的单调性； （2）若 有两个极值点，记极大值和极小值分别为 ，证明：． 单元三 周期数列与点列 3.1 识别特征 通项含 、（周期数列）；函数零点从小到大排列构成数列；递推数列的周期性判定；切线迭代点列。 3.2 结论与推导 结论 3.1（三角周期数列的分组求和）　 含 （周期  ）时按 分三组，每组通项是 的多项式时用等差求和；含 （周期  ）按模 分四组； 型先降幂 。周期配对抵消：。 推导：三角周期 + 多项式因子时，按剩余类分组后每组是”多项式 × 常数”的等差型。 结论 3.2（周期数列的判定）　递推 型：写出 与 比较定 ，再验证；乘积型 ：把 换 相减因式分解得周期；反证”非周期”：若周期 存在，取特殊下标导出无理数矛盾。非退化情形先枚举前若干项找循环节（如 型周期为  ）。 推导：周期性即递推映射的回归性；枚举前项是发现循环节的直接手段，证明则用递推式双向传递。 结论 3.3（零点等差数列与点列）　 的零点从小到大构成公差 的等差数列（  ），或公差 的”成对”结构（  时每周期两解）——求 的最值按”落入窗口的项数”定位切点。切线迭代点列 ：先证 不变号衰减（  的窗口），再证奇偶子列各自的单调不等式。 推导：零点方程的解集是等差数列是”周期性翻译为数列”的原型；迭代单调性由切线与曲线的位置关系传递。 3.3 方法决策表 题面 动作 通项含 等且带 的多项式 按模分组 + 等差求和（结论 3.1） 递推数列周期性判定 枚举循环节 + 递推双向传递（结论 3.2） 证非周期 反证：周期 取特殊下标导出矛盾（结论 3.2） 零点排成数列求和 等差项计数 + 窗口定位（结论 3.3） 例题精讲 例 5（解答题） 已知数列 ，，其前 项和为 ． （1）求 ；（2）求 ；（3）若数列 的前 项和为 ，且 ，证明：． ●解析 （1），。 （2）按模 分组（结论 3.1）：，是等差数列。。 （3）。（错位相减）：，则 ，两式相减得 ，故 ，恒成立。 例 6（解答题） 已知函数 ，若函数 在区间 上的所有零点从小到大依次为 ，设数列 的前 项和为 ． （1）求函数 在区间 上的值域； （2）求 的最小值； （3）记 ，证明：． ●解析 （1）化简（二倍角与辅助角）：。 时相位 ，值域 。 （2）零点：，。 即 ，最小 ，，公差 （结论 3.3），。 是首项负、公差正的等差数列的前 项和，先减后增： 即 ，， 在 处最小，。 （3），，裂项：。 变式训练 变 12（解答题） 已知数列 的前 项和 ．（1）求数列 的通项公式；（2）求数列 的前 项和（  表示角度制下的角）． 变 13（单项选择题） 已知等差数列 的公差为 ，集合 ，若 ，则 的值为（  ） A．　　B．　　C．　　D． 变 14（多项选择题） 已知数列 满足 ，（  ），则下列结论正确的是（  ） A．数列 为递增数列　　B．， C．，　　D．， 变 15（解答题） 对于数列 ，如果存在正整数 ，使得对任意 都有 ，则称 为周期为 的周期数列． （1）设数列 满足 ，，，且 是周期为 的周期数列，求 ； （2）设数列 的前 项和为 ，且 ．若 ，判断 是否为周期数列； （3）设数列 满足 ，，，， 的前 项和为 ，问是否存在 使 对任意 成立？若存在，求 的取值范围． 变 16（解答题） 对于数列 ，如果存在一个正整数 ，使得对任意的 都有 成立，那么就把这样一类数列 称作周期为 的周期数列， 的最小值称作数列 的最小正周期，以下简称周期． （1）设数列 满足 （  ），，，且数列 是周期为 的周期数列，求常数 的值； （2）设数列 的前 项和为 ，且 ．若 ，试判断数列 是否为周期数列，并说明理由； （3）设数列 满足 （  ），，，，数列 的前 项和为 ，试问是否存在 ，，使对任意的 ，都有 成立？若存在，求出 ， 的取值范围；若不存在，说明理由． 单元四 综合压轴 4.1 识别特征 多问压轴：零点个数讨论 + 极值点偏移的三角版 + 零点距离和放缩；或”有解窗口 + 数列不等式”双层结构；函数含 、、 等不可化简结构。 4.2 结论与推导 结论 4.1（极值点偏移的三角版）　 等的零点 证 或 ：构造对称差函数 （  为对称中心候选），用 的导数定号推出零点位置关系。三交点 时对 用 的对称化。 推导：对称差函数单调决定端点符号，进而决定零点偏移方向；三角的对称性如 常提供天然对称中心。 结论 4.2（有界项的距离与和的放缩）　 型：用拉格朗日中值或直接估计 的最大值（如 在 上  ）得 的替代估计——逐段用单调区间端点值差累加。零点和的不等式（  型）：把每个 的下界（由零点所在区间读出）累加。 推导：有界振动项的差被振幅控制；零点的区间定位给出线性下界，累加即多项式下界。 结论 4.3（数列不等式的放缩路线）　 型：先由正切和角 一类递推确定 的象限迁移（正负分界点），再把 放缩为可求和形式（如 与 的差被 控制），用立方和公式收尾。 推导：正切和角的周期迁移把”第几项变号”化为计数问题； 型三阶控制与立方和公式匹配。 4.3 方法决策表 题面 动作 三交点 对称差函数定号（结论 4.1） 振幅控制 + 逐段累加（结论 4.2） 零点和 > 常数 区间下界累加（结论 4.2） 正切递推数列求和放缩 象限迁移计数 + 三阶放缩（结论 4.3） 例题精讲 例 7（解答题） 已知函数 的定义域为 ，导函数 ．将 所有的极值点按照从小到大的顺序排列构成数列 ，． （1）若 ，比较 与 的大小； （2）证明：数列 为递减数列； （3）若 为正整数，且对任意的 ，都有 ，求 的最小值． ●解析 （1） 的解为 （  ）且为变号零点，故 。 时，，而 ，故 。二者之差等于 ，故 。 （2）令 （  ），则 ，。 时 、其余因子为正，故 ， 在 上递减，，即 ，故 ，即 递减。 （3）先用（2）的对偶论证补证数列 递增：令 ，其中 ，则 （由（1）， ）， 递增，，即 。 于是 在 上的最大值为 、最小值为 ： 时 递减，；（  ）时 ，且 ；（  ）时 ，且 。故对任意 ，，且 、 时取等号，故题设条件成立当且仅当 。 下证 ：令 （  ），则 。由 且 ，得 ，故 ， 递增，，即 ，。 故 时条件对一切 成立；又 为正整数，故 的最小值为 。 例 8（解答题） 在正弦曲线 上有一点 （  ），按照如下方式依次构造点 （  ）：作曲线在 处的切线与 轴交于点 ，过点 作 轴的垂线与正弦曲线交于点 ，记 的坐标为 ，已知 （  ），设 ． （1）证明：； （2）若对任意正整数 ，都有 成立，求 的取值范围； （3）若 ，证明：对任意正整数 ，有 成立． ●解析 （1）迭代关系： 处切线斜率 ， 横坐标 。 在 上 ， 递增，，故 ，。 （2）记 （  ），则 ；分子 的导数为 且仅在 处为零，故分子恒为正， 在 上严格递增，值域为 ，存在唯一 使 。 必要性：， 等价于 ，即 ；又（1）已证 ，故必须 。 充分性：设 。由 知 ，即每个正项 是 在 内的唯一解，且 。归纳：设 ，则 ，故 且 ；记 ，则 ，且 ，由 递增与 得 ，故 。归纳完成，对一切 有 。 综上， 的取值范围为 。 （3）：。由（2）的 递增：对 有 。于是 满足 ；归纳得 、。 由迭代 ，故 。求和：。 变式训练 变 17（解答题） 已知函数 ，． （1）求不等式 的解集； （2）讨论 的单调性； （3）已知函数 （  ），证明： 在 上有且只有一个极小值点． 变 18（解答题） 已知函数 ，． （1）求 在 上的单调区间； （2）证明： 在 上存在最大值 ； （3）判断（2）中的 是否也是 在 上的最大值，并说明理由． 变 19（解答题） 设函数 ． （1）求曲线 在 处的切线方程； （2）若函数 （  ）在区间 上单调递增，求 的最大值； （3）已知数列 满足：① ；② （  ）且 ．设 ，求证：（附： ）． 变 20（解答题） 已知函数 ，记 为函数 在定义域内的导函数． （1）求函数 在 上的最小值； （2）设 （  ），记 的最小值为 ．（ⅰ）当 ， 时，求使 恒成立的实数 的最小正整数 ；（ⅱ）当 时，设 ，求函数 在区间 上的零点个数． 学科网（北京）股份有限公司 $