高考中的三角函数与导数综合题

高考数学复习考点题型专题讲解专题43 导数与三角函数的交汇问题1.对于三角函数与幂函数、指数、对数函数混合构成的初等函数问题，常利用导数解决，主要有单调性、极值、最值、零点和不等式证明及求参数范围等问题.2.在解决这些问题时，既要遵循导数解决问题的一般思路和方法，又要注意三角函数本身的性质，特别地要注意三角函数的泰勒公式及常用结论(如x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，sin x <x <tanx 等).类型一 零点问题1.常借助高阶导数，令其为零找到参数讨论的分界点.2.对参数分类后，还常需要对自变量进行讨论.例1(2022·扬州调研)已知函数f (x )＝e x －ax sin x －bx ＋c 的图象与x 轴相切于原点. (1)求b ，c 的值；(2)若f (x )在(0，π)上有唯一零点，求实数a 的取值范围. 解 (1)f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－b ， 依题意，⎩⎨⎧f ′（0）＝0，f （0）＝0，即⎩⎨⎧1－b ＝0，1＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝1，c ＝－1.(2)由(1)得f ′(x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 记g (x )＝e x －a (sin x ＋x cos x )－1， 则g ′(x )＝e x －a (2cos x －x sin x )， 所以g ′(0)＝1－2a ， ①当a >12时，(ⅰ)当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ″(x )＝e x＋a (3sin x ＋x cos x )>0，所以g ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，又因为g ′(0)<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2＋π2a >0，所以存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得g ′(x 0)＝0.(ⅱ)当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，2cos x －x sin x <0，则g ′(x )>0.由(ⅰ)(ⅱ)可知，x ∈(0，x 0)，g ′(x )<0，g (x )单调递减，x ∈(x 0，π)，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因为g (0)＝0，g (π)＝e π＋a π－1>0， 所以存在唯一实数x 1∈(x 0，π)， 使得g (x 1)＝0，所以当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0， 即f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 1，π)，g (x )>0，即f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)＝0，f (π)＝e π－π－1>0， 所以存在唯一实数x 2∈(x 1，π)， 使得f (x 2)＝0，即f (x )在(0，π)上有唯一零点，符合题意. ②当a ≤12时，f (x )＝e x －ax sin x －x －1≥e x －12x sin x －x －1， 记h (x )＝e x－12x sin x －x －1，x ∈(0，π).h ′(x )＝e x －12(sin x ＋x cos x )－1，所以h ″(x )＝e x－cos x ＋12x sin x >e 0－cos x ＋12x sin x >0，所以h ′(x )在(0，π)上单调递增， 且h ′(x )>e 0－12(sin 0＋0cos 0)－1＝0，所以h (x )在(0，π)上单调递增，h (x )>e 0－12×0×sin 0－0－1＝0，则x ∈(0，π)时，f (x )>0，所以f (x )在(0，π)上没有零点，不合题意，舍去. 综上，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 训练1(2022·苏州八校适考)函数f (x )＝x －sin x －cos x . (1)求函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2上的极值；(2)证明：F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.(1)解 ∵f (x )＝x －sin x －cos x ， ∴f ′(x )＝1－cos x ＋sin x＝1－2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，π2，由f ′(x )＝0，可得x ＝－π2或x ＝0，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2分别单调递增；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，f ′(x )<0，f (x )单调递减， ∴x ＝－π2时，函数f (x )有极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝1－π2；x ＝0时，函数f (x )有极小值f (0)＝－1.(2)证明 ∵F (x )＝f (x )－ln x ＝x －sin x －cos x －ln x ，x >0， ∴h (x )＝F ′(x )＝1－cos x ＋sin x －1x，x >0，∴h ′(x )＝sin x ＋cos x ＋1x 2＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＋1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，即F ′(x )单调递增，又F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1－4π<0，F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2－2π>0，故存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，F ′(x 0)＝0，∴x ∈(0，x 0)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，3π4时，F ′(x )>0，F (x )单调递增，∴x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3π4时，函数F (x )min ＝F (x 0)<F (1)＝1－sin 1－cos 1<0，F (e －2)＝e －2－sin e －2－cos e －2＋2>0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝3π4－ln 3π4>0，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4时，F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4时，2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤0， F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －ln x ， 对于函数φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x>0，又φ(1)＝1，∴x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，7π4，φ(x )>φ(1)＝1，即F (x )>0，此时函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点. 当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，F (x )＝x －sin x －cos x －ln x ＝x －2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－ln x ≥x －2－ln x ， 由上可知F (x )≥7π4－2－ln 7π4>0， 故当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫7π4，＋∞时，函数F (x )＝f (x )－ln x 没有零点， 综上，函数F (x )＝f (x )－ln x 有两个零点. 类型二 证明不等式1.所证不等式不含参数时，常需对自变量分类讨论证明.2.所证不等式含参数时，要注意灵活应用切线不等式或利用参数的范围进行放缩. 例2 已知函数f (x )＝ln x ＋1x，e 为自然对数的底数，e≈2.718.求证：f (x )<e xx＋sin x .证明依题意，要证f(x)<e xx＋sin x，x>0，即证：x ln x－e x－x sin x＋1<0，令h(x)＝x ln x－e x－x sin x＋1，x>0.①当0<x≤1时，x sin x>0，1－e x<0，x ln x<0，故h(x)<0.②当1<x≤2时，x sin x>0，h(x)<x ln x－e x＋1，令u(x)＝x ln x－e x＋1，x∈(1，2]，u′(x)＝1＋ln x－e x，显然u″(x)＝1x－e x在(1，2]上单调递减，u″(x)<u″(1)＝1－e<0，所以u′(x)在(1，2]上单调递减，u′(x)<u′(1)＝1－e<0，所以u(x)在(1，2]上单调递减，u(x)<u(1)＝1－e<0，所以，当x∈(1，2]时，h(x)<u(x)<0.③当x>2时，－1≤sin x≤1，－x≤x sin x≤x，故h(x)≤x ln x－e x＋x＋1，令v(x)＝x ln x－e x＋x＋1，x>2，v′(x)＝2＋ln x－e x，显然v″(x)＝1x－e x在(2，＋∞)上单调递减，v″(x)<v″(2)＝12－e2<0，所以v′(x)在(2，＋∞)上单调递减，v′(x)<v′(2)＝2＋ln 2－e2<0，所以v(x)在(2，＋∞)上单调递减，v(x)<v(2)＝2ln 2－e2＋2＋1<5－e2<0，所以，当x>2时，h(x)≤v(x)<0.综上所述，当x>0时，h(x)<0，得证.训练2(2022·苏州八校联考)已知函数f(x)＝e－x－a ln x－2x(a∈R，x>0).(1)若a＝1，x0是函数f(x)的零点，求证：x0·e x0＝1；(2)证明：对任意x >0，0<a ≤1，都有a sin x －x ln x <e －x ＋x 2. 证明 (1)当a ＝1时，f (x )＝e －x －ln x －2x ， 由题意知f (x 0)＝e －x 0－ln x 0－2x 0＝0， 即e －x 0－x 0＝x 0＋ln x 0＝e －x 0＋ln e －x 0.令g (x )＝x ＋ln x ，显然g (x )在(0，＋∞)上单调递增，x 0，e －x 0>0. 由g (x 0)＝g (e －x 0)，得x 0＝e －x 0， 所以x 0e x 0＝1.(2)对∀x >0，令φ(x )＝x －sin x ，φ′(x )＝1－cos x ≥0，则φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，且φ(0)＝0，所以当x >0时，φ(x )>0，即x >sin x .当0<a ≤1时，e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >e －x ＋x 2＋x ln x －ax ≥e －x ＋x 2＋x ln x －x ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x e x ＋x ＋ln x －1. 令h (x )＝1x e x ＋x ＋ln x －1＝1x ex ＋ln(x e x )－1，令x e x＝t ，t ∈(0，＋∞)， 所以H (t )＝1t＋ln t －1，H ′(t )＝－1t 2＋1t ＝t －1t2.则H (t )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以H (t )≥H (1)＝0，即h (x )≥0， 所以e －x ＋x 2＋x ln x －a sin x >0， 即a sin x －x ln x <e －x ＋x 2得证. 类型三 不等式恒成立、能成立求参数1.分离参数，归纳为函数的最值问题.2.注意利用已知参数的范围.例3(2022·辽宁协作体模拟改编)已知函数f (x )＝14x 3－x 2sin α＋x ＋1，α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2.证明：存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解(e 是自然对数的底数).证明 不等式f (x )>e x 等价于 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1·e －x >1， 所以只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x 的最大值大于1.因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，－1≤－sin α≤12，又x 2∈[0，＋∞)，所以－x 2sin α≤12x 2，当α＝－π6时等号成立，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3－x 2sin α＋x ＋1e －x≤⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x .设函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 3＋12x 2＋x ＋1e －x ，g ′(x )＝－14x 2(x －1)e －x ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)，g ′(x )<0，g (x )单调递减.因为g (1)＝14＋12＋1＋1e ＝2.75e >1，所以存在α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，使得不等式f (x )>e x 有解.训练3(2022·潍坊二模改编)已知函数f (x )＝ax ＋cos x ＋sin x (a ∈R ). 若f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x 在x ∈(0，π]上恒成立，求实数a 的取值范围. 解 f (x )≤1＋2sin x ＋2cos x ， 即a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin x ＋cos x x min .令g (x )＝1＋sin x ＋cos xx，x ∈(0，π]，则g ′(x )＝（cos x －sin x ）x －1－sin x －cos xx2＝（x －1）cos x －（x ＋1）sin x －1x 2.令h (x )＝(x －1)cos x －(x ＋1)sin x －1，则h ′(x )＝cos x －(x －1)sin x －sin x －(x ＋1)cos x ＝－x (sin x ＋cos x ) ＝－2x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，当0<x <3π4时，h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当3π4<x <π时，h ′(x )>0，h (x )单调递增. 而h (0)＝－2<0，h (π)＝－π<0， 故h (x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 故g ′(x )<0在x ∈(0，π]上恒成立， 所以g (x )在x ∈(0，π]为减函数， 所以g (x )min ＝g (π)＝0，故a ≤0，所以实数a的取值范围是(－∞，0].类型四必要性探路1.常用探路方法有：取点探路、保号性探路、洛必达探路等.2.{探得的参数范围}⊇{参数取值范围}，无需再考虑不在探得参数范围内的情形. 例4(2022·海安模拟)已知函数f(x)＝e x＋x cos x.(1)判断函数f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并说明理由；(2)对任意的x≥0，e x＋x sin x＋cos x≥ax＋2，求实数a的取值范围.解(1)函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数，理由如下：因为f(x)＝e x＋x cos x，所以f′(x)＝e x＋cos x＋x(－sin x).记g(x)＝e x－x－1，则g′(x)＝e x－1，令g′(x)＝0，得x＝0.当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x<0时，g′(x)<0，g(x)在(－∞，0)上单调递减，所以g(x)min＝g(0)＝0，所以g(x)＝e x－x－1≥0，即e x≥x＋1.又sin x≤1，cos x≥－1，所以f′(x)≥x＋1＋cos x＋x(－sin x)＝x(1－sin x)＋(1＋cos x)≥0，所以函数f(x)在[0，＋∞)上是单调增函数.(2)由题意知e x＋x sin x＋cos x－ax－2≥0对∀x≥0恒成立，令F(x)＝e x＋x sin x＋cos x－ax－2，∴F ′(x )＝e x＋sin x ＋x cos x －sin x －a ＝e x ＋x cos x －a ，而F (x )≥F (0)对∀x ≥0恒成立， ∴F ′(0)＝1－a ≥0⇒a ≤1(必要性). 下证充分性：当a ≤1时，F (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －ax －2≥e x ＋x sin x ＋cos x －x －2. 令h (x )＝e x ＋x sin x ＋cos x －x －2，h ′(x )＝e x ＋sin x ＋x cos x －sin x －1＝e x ＋x cos x －1， 由(1)知，h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴h ′(x )≥h ′(0)＝0， ∴h (x )在[0，＋∞)上单调递增，h (x )≥h (0)＝0⇒F (x )≥0符合题意. 综上：实数a 的取值范围为(－∞，1].训练4 已知函数f (x )＝2sin x －x cos x －x ，f ′(x )是f (x )的导函数. (1)证明：f ′(x )在区间(0，π)存在唯一的零点； (2)若x ∈[0，π]时，f (x )≥ax 恒成立，求a 的取值范围. (1)证明 因为f (x )＝2sin x －x cos x －x ，所以f ′(x )＝2cos x －cos x ＋x sin x －1＝cos x ＋x sin x －1， 令g (x )＝cos x ＋x sin x －1，则g ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋x cos x ＝x cos x ， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，g ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，g ′(x )<0，所以当x ＝π2时，g (x )的极大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2－1>0，g (0)＝0，g (π)＝－2，所以g (x )在(0，π)上有唯一零点， 即f ′(x )在(0，π)上有唯一零点. (2)解 当x ＝π，由不等式f (x )≥ax ， 得f (π)＝0≥a π，可得a ≤0(必要性). 下证充分性：由(1)知，f ′(x )在(0，π)上有唯一零点x 0使得f ′(x 0)＝0，且f ′(x )在(0，x 0)上为正，在(x 0，π)上为负，所以f (x )在[0，x 0]上单调递增，在[x 0，π]上单调递减. 结合f (0)＝0，f (π)＝0，可知f (x )在[0，π]上非负， 所以x ∈[0，π]时，f (x )≥0. 又当a ≤0，x ∈[0，π]时，ax ≤0， 所以f (x )≥ax ，所以a 的取值范围是(－∞，0].一、基本技能练1.已知函数f (x )＝x －12sin x ＋m ln x ＋1，g (x )＝f (x )＋12sin x .当x ≥1时，若不等式g (x )－x －e x －1≤0恒成立，求实数m 的取值范围. 解 由题意知m ln x ＋1－e x －1≤0在[1，＋∞)恒成立.令h(x)＝m ln x＋1－e x－1，必要性：即证x≥1时，h(x)≤0恒成立，h(1)＝0.h′(x)＝mx－e x－1，h′(1)＝m－1≤0.即h(x)在x＝1处保持单调递减趋势时，m≤1.下证充分性：当m≤1，x≥1，m ln x≤ln x.则m ln x＋1－e x－1≤ln x＋1－e x－1，根据指对不等式ln x≤x－1，e x－1≥x，原式h(x)≤ln x＋1－e x－1≤x－1＋1－x＝0，当且仅当x＝1时取等号.故实数m的取值范围为(－∞，1].2.(2022·南京师大附中模拟)已知f(x)＝ln(x＋1)－ax(a∈R)，g(x)＝－sin x.若函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，求a的取值范围.解函数f(x)与g(x)的图象恰有一个交点，等价于h(x)＝f(x)－g(x)有一个零点，h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x，显然h(0)＝0，即函数h(x)除0之外无其他零点.h′(x)＝1x＋1－a＋cos x，令m(x)＝1x＋1－a＋cos x，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x，当－1<x<0时，－1（x＋1）2<－1，则m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(－1，0)单调递减.若a≤0，当－1<x<0时，ln(x＋1)<0，sin x<0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x<0；当0<x<π时，ln(x＋1)>0，sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0；当x≥π时，ln(x＋1)>1，ln(x＋1)＋sin x>0，则h(x)＝ln(x＋1)－ax＋sin x>0，即h(x)除0之外无其他零点，符合题意.若0<a<2，当0<x<π时，m′(x)＝－1（x＋1）2－sin x<0，即h′(x)在(0，π)上单调递减，又h′(0)＝2－a>0，h′(π)＝1π＋1－a－1<0，则存在x0∈(0，π)使h′(x0)＝0，即h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减，又h(0)＝0，x→＋∞时，h(x)→－∞，故h(x)在(0，＋∞)上至少存在1个零点，不合题意.若a＝2，当－1<x<0时，由上知h′(x)在(－1，0)上单调递减，h′(x)>h′(0)＝2－a ＝0，则h(x)在(－1，0)上单调递增，即h(x)<h(0)＝0；当x>0时，令n(x)＝ln(x＋1)－x，则n′(x)＝1x＋1－1＝－xx＋1<0，即n(x)单调递减，n(x)<n(0)＝0，即ln(x＋1)<x，令t(x)＝sin x－x，则t′(x)＝cos x－1≤0，即t(x)单调递减，t(x)<t(0)＝0，即sin x<x，则h (x )＝ln(x ＋1)－2x ＋sin x <0，即h (x )除0之外无其他零点，符合题意. 若a >2，当－1<x <0时，由上知h ′(x )在(－1，0)单调递减，又－1<1a －1<0，h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1>0，h ′(0)＝2－a <0，则存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0使h ′(x 1)＝0，即h (x )在(－1，x 1)上单调递增，(x 1，0)上单调递减， 又h (0)＝0，x →－1时，h (x )→－∞， 故h (x )在(－1，0)存在1个零点，不合题意. 综上，a 的取值范围是{a |a ≤0或a ＝2}.3.(2022·苏州模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x －a sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )零点的个数； (2)若f (x )≥3－12a ，求a 的取值范围. 解 (1)令g (x )＝f ′(x )＝e x －a cos x ，g ′(x )＝e x ＋a sin x .若a <1，则f ′(x )＝e x －a cos x >1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为0； 若a ＝1，g ′(x )＝e x ＋sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，又f ′(0)＝e 0－cos 0＝1－1＝0， 所以f ′(x )的零点个数为1；若a >1，g ′(x )＝e x＋a sin x >0， 所以f ′(x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增， 又f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2>0，所以f ′(x )的零点个数为1.综上得，当a <1时，f ′(x )的零点个数为0；当a ≥1时，f ′(x )的零点个数为1. (2)由(1)知，若a ≤1，f ′(x )＝e x －a cos x ≥0，故f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1>3－12≥3－12a ，所以a ≤1满足题意； 若a >1，存在唯一x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝e x 0－a cos x 0＝0，且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上单调递增.所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－a sin x 0＝a cos x 0－a sin x 0≥3－12a ， 化简得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋π4≥6－24＝cos 5π12，又x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以x 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6.设h (x )＝cos x e x ，x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π6， ∴h ′(x )＝－sin x －cos xe x <0，所以y ＝cos x e x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π6上单调递减，所以1a ＝cos x 0e x 0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32e π6，1， 解得a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，233e π6.综上所述，a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，233e π6.二、创新拓展练4.(2022·温州测试)已知函数f (x )＝e x ·cos x (e 为自然对数的底数). (1)求证：当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1；(2)设f (x )＝m (－2π<x <2π)的解为x i (i ＝1，2，…)，x i >x i ＋1. (ⅰ)当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，求x i －f (x i ＋1)的取值范围；(ⅱ)判断是否存在x i <π，使得x i ＋x i ＋1≥π2成立？并说明理由. (1)证明 设g (x )＝e x ·cos x －x －1， 则g ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )－1. 令F (x )＝g ′(x )，则F ′(x )＝e x ·(－sin x －sin x ) ＝－2e x ·sin x . ∵x ∈(0，π)， ∴F ′(x )<0，∴g ′(x )在(0，π)上单调递减， ∴g ′(x )<g ′(0)＝0， ∴g (x )在(0，π)上单调递减，∴g (x )<g (0)＝0，∴当x ∈(0，π)时，f (x )<x ＋1.(2)解 (ⅰ)∵f ′(x )＝e x ·(cos x －sin x )＝2e x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π，－7π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4，π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫5π4，2π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π4，－3π4，⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝0，f (0)＝1，f (π)＝－e π<－1.又当x <0时，e x ∈(0，1)，cos x ∈[－1，1]， ∴f (x )∈(－1，1)， ∴f (x )的部分图象如图所示.观察图象知，当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，又x i >x i ＋1，必有x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.设h (x i )＝x i －f (x i ＋1)＝x i －f (x i )＝x i －e x i ·cos x i ，x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2.∵x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，因f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4上单调递减，则e xi ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递减，因此h (x i )＝x i －e x i ·cos x i 在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴x i －f (x i ＋1)∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－22e π4，π2.(ⅱ)不存在，理由如下：①当x i ∈(－∞，0]时，x i ＋1不存在或者显然x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； 因x i <π，则②当x i ≤π4时，由x i >x i ＋1，必有x i ＋x i ＋1<π2，即x i ＋x i ＋1≥π2不成立； ③当x i ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π时，x i ＋1不存在或者x i ＋1≤－π2，此时x i ＋x i ＋1<π－π2＝π2，即x i ＋x i＋1≥π2不成立； ④当x i ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，x i ＋1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π4，构造函数t (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则t ′(x )＝－f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x －f ′(x )＝－e π2－x ·(sin x －cos x )－e x ·(cos x －sin x )＝(cos x －sin x )·(e π2－x －e x ).因而当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2时，cos x －sin x <0，e π2－x －e x<e π2－π4－e π4＝0，∴t ′(x )>0，∴t (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2上单调递增，∴t (x )>t ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x >f (x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x i >f (x i )＝f (x i ＋1).又－π2<x i＋1<π4，0<π2－x i<π4且f(x)在⎝⎛⎭⎪⎫－π2，π4上单调递增，∴π2－x i>x i＋1，∴x i＋x i＋1<π2，即x i＋x i＋1≥π2不成立.综上所述，不存在x i＋1<x i<π，使得x i＋x i＋1≥π2.。

三角函数与导数综合应用一、引言三角函数和导数是高等数学中的两个重要概念，它们在数学和物理等领域具有广泛的应用。

本文将讨论三角函数与导数的综合应用，并结合实际问题展示其重要性。

二、举例：航空器的爬升角度在航空领域中，航空器的爬升角度是一个关键参数，它直接影响飞机的爬升速率和到达目的地所需的时间。

而通过对三角函数和导数的综合应用，我们可以确定最优的爬升角度，使飞机能够以最高的效率完成任务。

1.问题陈述假设一架飞机位于空中，目标高度为H米，初始高度为h米（h < H），飞机的爬升速率为v m/s。

我们的目标是确定最小的爬升角度θ，使得飞机能够以最短的时间到达目标高度H。

2.解决方法我们可以利用三角函数和导数的综合应用来解决这个问题。

假设飞机当前的高度为y米，它的爬升角度为θ。

根据三角函数的定义，我们可以得到飞机的爬升速率与角度之间的关系：v = y' = dy/dt = sin(θ) * v其中，y'表示高度关于时间的导数，即飞机的爬升速率；dy/dt表示高度关于时间的变化率；sin(θ)表示飞机的爬升角度与爬升速率之间的比例关系；v表示飞机的爬升速率。

我们的目标是求解出角度θ的取值范围，使得飞机以最短时间到达目标高度H。

由于飞机的爬升速率是已知的，我们可以将问题转化为求解y与θ的关系式，并对y求导数。

3.问题求解设总时间为T，根据问题陈述，我们可以得到以下方程：∫[0,H] dy / (sin(θ) * v) = T其中，∫[0,H]表示对y从0到H进行积分，dy表示y的微元变化量。

将方程分解后，我们可以得到：∫[0,H] dy / sin(θ) = v * T再次对方程进行分解，我们可以得到：∫[0,H] sec(θ) dy = v * T利用积分规则，我们可以得到以下结果：[ln|sec(θ) + tan(θ)|] [0,H] = v * T由于θ的取值范围在[0,π/2]之间，我们可以得到以下结论：ln|sec(θ) + tan(θ)| = (v * T) / H根据以上方程，我们可以求解出最优的爬升角度θ，进而确定飞机到达目标高度H所需的最短时间T。

三角函数、数列导数测试题及详解一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的． 1．已知点A （-1，1），点B （2，y ），向量a=（l ，2），若//AB a ，则实数y 的值为 A ．5B ．6C ．7D ．82．已知等比数列123456{},40,20,n a a a a a a a ++=++=中则前9项之和等于 A ．50B ．70C ．80D ．903．2(sin cos )1y x x =+-是A ．最小正周期为2π的偶函数B ．最小正周期为2π的奇函数C ．最小正周期为π的偶函数D ．最小正周期为π的奇函数 4．在右图的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x+y+z 的值为 A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 5．已知各项均不为零的数列{}n a ，定义向量*1(,),(,1),n n n n c a a b n n n N +==+∈，下列命题中真命题是A ．若*,//n n n N c b ∀∈总有成立，则数列{}n a 是等差数列 B ．若*,//n n n N c b ∀∈总有成立，则数列{}n a 是等比数列 C ．若*,n n n N c b ∀∈⊥总有成立，则数列{}n a 是等差数列 D ．若*,n n n N c b ∀∈⊥总有成立，则数列{}n a 是等比数列6．若sin2x 、sinx 分别是sin θ与cos θ的等差中项和等比中项，则cos2x 的值为 A ．1338+ B ．1338C ．1338± D ．124-7．如图是函数sin()y x ωϕ=+的图象的一部分，A ，B 是图象上的一个最高点和一个最低点，O 为坐标原点，则OA OB ⋅的值为 A ．12π B ．2119π+C ．2119π-D ．2113π-8．已知函数()cos ((0,2))f x x x π=∈有两个不同的零点x 1，x 2，且方程()f x m =有两个不同的实根x3，x4．若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m的值为A ．12B．12-C．32D．—329．设函数f（x）=e x（sinx—cosx），若0≤x≤2012π，则函数f（x）的各极大值之和为A．1006(1)1e eeπππ--B．20122(1)1e eeπππ--C．10062(1)1e eeπππ--D．2012(1)1e eeπππ--10．设函数11()(),21xf x x Ax=++为坐标原点，A为函数()y f x=图象上横坐标为*()n n N∈的点，向量11,(1,0),nn k k n nka A A i a iθ-===∑向量设为向量与向量的夹角，满足15tan3nkkθ=<∑的最大整数n是A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号的位置上，题两空的题，其答案按先后次序填写，填错位置，书写不清，模棱两可均不得分．11．设1(sin cos)sin2,()3f fααα+=则的值为．12．已知曲线1*()()nf x x n N+=∈与直线1x=交于点P，若设曲线y=f（x）在点P处的切线与x轴交点的横坐标为201212012220122011,log log lognx x x x+++则的值为____．13．已知22sin sin,cos cos,33x y x y-=--=且x，y为锐角，则tan（x -y）= ．14．如图放置的正方形ABCD，AB =1．A，D分别在x轴、y轴的正半轴（含原点）上滑动，则OC OB⋅的最大值是____．15．由下面四个图形中的点数分别给出了四个数列的前四项，将每个图形的层数增加可得到这四个数列的后继项，按图中多边形的边数依次称这些数列为“三角形数列”、“四边形数列”…，将构图边数增加到n可得到“n边形数列”，记它的第r项为P（n，r），则（1）使得P（3，r）>36的最小r的取值是；（2）试推导P（n，r）关于，n、r的解析式是____．三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（本小题满分12分）已知2(2sin ,),(1,23sin cos 1)OA a x a OB x x ==-+，O 为坐标原点，0,a ≠设(),.f x OA OB b b a =⋅+>（I ）若0a >，写出函数()y f x =的单调速增区间； （Ⅱ）若函数y=f （x ）的定义域为[,2ππ]，值域为[2，5]，求实数a 与b 的值，17．（本小题满分12分）如图，某测量人员，为了测量西江北岸不能到达的两点A ，B 之间的距离，她在西江南岸找到一个点C ，从C 点可以观察到点A ，B ；找到一个点D,从D 点可以观察到点A ，C ；到一个点E ，从E 点可以观察到点B ，C ；并测量得到数据：∠ACD=90°,∠ADC= 60°,∠ACB =15°，∠BCE =105°，∠CEB =45°，DC=CE =1（百米）． （I ）求△CDE 的面积； （Ⅱ）求A ，B 之间的距离．18．（本小题满分12分）国家助学贷款是由财政贴息的信用贷款，旨在帮助高校家庭经济困难学生支付在校学习期间所需的学费、住宿费及生活费．每一年度申请总额不超过6000元．某大学2010届毕业生李顺在本科期间共申请了24000元助学贷款，并承诺在毕业后3年内（按36个月计）全部还清．签约的单位提供的工资标准为第一年内每月1500元，第13个月开始，每月工资比前一个月增加5%直到4000元．李顺同学计划前12个月每个月还款额为500元，第13个月开始，每月还款额比前一月多x 元．（I ）若李顺恰好在第36个月（即毕业后三年）还清贷款，求x 的值；（II ）当x=50时，李顺同学将在第几个月还清最后一笔贷款？他还清贷款的那一个月的工资余额是多少？（参考数据：1.0518 =2.406,1.0519=2.526，1.0520 =2.653，1.0521=2.786） 19．（本小题满分12分）已知函数()sin .f x x x =+ （I ）当[0,],()x f x π∈时求的值域；（II ）设2()()1,()1[0,)g x f x g x ax '=-≥++∞若在恒成立，求实数a 的取值范围．20．（本小题满分13分）已知211()(1),()10(1),{}2,()()()0,n n n n n f x x g x x a a a a g a f a +=-=-=-+=数列满足9(2)(1).10n n b n a =+- （I ）求证：数列{a n ，-1）是等比数列；（Ⅱ）当n 取何值时，b n 取最大值，并求出最大值；（Ⅲ）若1*1m m m m t t m N b b ++<∈对任意恒成立，求实数t 的取值范围．21．（本小题满分14分）设曲线C ：()ln ( 2.71828),()()f x x ex e f x f x '=-=表示导函数．（I ）求函数f （x ）的极值；（Ⅱ）数列{a n }满足111,2(3)n na e a f e a +'==+．求证：数列{a n }中不存在成等差数列的三项；（Ⅲ）对于曲线C 上的不同两点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），x 1<x 2，求证：存在唯一的012(,)x x x ∈，使直线AB 的斜率等于0().f x '参考答案一、选择题： 1．【考点分析】本题主要考查平面向量的运算和向量平行充要条件的基本运用．【参考答案】 C 【解题思路】AB →＝（3，y －1），∵AB →∥a ，∴31＝y －12，∴y ＝7．2． 【考点分析】本题主要考查等比数列的基本运算性质． 【参考答案】 B ．【解题思路】3321654)(q a a a a a a ++=++，∴213=q ，3654987)(q a a a a a a ++=++=10，即9s =70．3．【考点分析】本题考查三角函数的性质和同角三角函数的基本关系式的运用，考查基本运算能力． 【参考答案】D【解题思路】2(sin cos )12sin cos sin 2y x x x x x =+-==，所以函数2(sin cos )1y x x =+-是最小正周期为π的奇函数。

导数带三角函数大题数学中，导数是用来描述函数变化率的概念。

在具体计算导数的过程中，经常会遇到包含三角函数的大题。

这些大题涉及了三角函数的性质以及导数的计算规则。

导数带三角函数大题是考察学生对于导数计算和三角函数的理解和运用能力的重要题型之一。

对于“ 导数带三角函数大题”这个问题，我们需要根据具体的大题来进行求解。

在这类大题中，通常会给出一个函数表达式，其中包含了三角函数，如正弦函数、余弦函数或者其他的三角函数。

学生需要根据给定的函数，计算它的导数。

计算导数的过程需要运用到相关的导数公式和三角函数的导数规则。

根据不同的三角函数，我们可以有不同的导数计算公式。

例如，对于正弦函数来说，它的导数规则可以表示为"d(sin x) / dx = cos x"。

对于余弦函数来说，其导数公式可以表示为"d(cos x) / dx = -sin x"。

而其他常见的三角函数如正切函数、余切函数等也有相应的导数规则。

在解决导数带三角函数大题的过程中，学生需要熟练地应用这些导数公式和三角函数的导数规则。

对于给定的函数表达式，首先要找出其中包含的三角函数，并将其导数按照相应的规则计算出来。

然后，将计算得到的导数与其他部分的导数进行合并和计算，最终得到函数的导数表达式。

通过解决导数带三角函数大题，学生可以加深对于导数和三角函数的理解，并提高在求解相关问题时的计算能力。

同时，这类题目也可以帮助学生培养分析问题、运用规则和推导解答的能力，对于培养数学思维和解决实际问题具有重要的意义。

总而言之，导数带三角函数大题是数学中重要的题型之一，其解答需要学生熟练掌握导数计算公式和三角函数的导数规则。

通过解决这类大题，可以提高学生的数学能力和解决实际问题的能力。

努力学习和掌握这些知识，将对于进一步学习和应用数学有着积极的促进作用。