高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版.docx
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高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版
导数与三角函数压轴题归纳总结
近几年的髙考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化.
一、零点存在定理例1.[2019全国I理20】函数/（x）=SinJC-In（I+x）,f∖x）为/（x）的导数•证明:
TL
（I）∣∕'（X）∣在区间（-Ly）存在唯一极大值点;
（2）/（x）有且仅有2个零点•
所以丽在出回单调递增,在卜訓单调递减,故屈在［-t∣j存在唯一极大值点，即∣Γ（λ）∣⅛∣-l∣］存在唯一极大值点.
（2）卩（制的定义域为K-1,S
（i）由
（1）知，f（x）∣在|（一1,0开单调递增,而If（O）=0∣,所以当I"（一1，0）时，∣∕G）vθ∣,故卩（创在匚诃单调递减，又∣∕（0）=0∣,从而k=o∣是卩（別在百®!
的唯一零点.
（ii）当XGioq时，由
（1）知,∣∕31在∣（0,α）∣单调递增,在Ia、2|单调递减,
而|厂（0）=0|,r∣yj<0,所以存在∕7∈ji,使得∣∕'（0）=可，且当远丽J
（iv）当XG（ττ,*o）时，1π（λt+1）>1,所以f（x）<0,从而（λJ∣在（冗,÷oo）没有零点.
综上，ITGjl有且仅有2个零点.
3
【变式训练1］（2020•南开中学月考】已知函数/（X）=Cixsinx--（UeR）.且在
厶
『0,羽上的最大值为百
（I）求函数/Lr）的解析式;
（2）判断函数f（x）在（O,Jl）的零点个数，并加以证明
【解析】
（1）由已知得∣∕（x）=G（Sinx+xcosx）|对于任意的χ∈（0,壬）,
有SinX+xcosx>0,当a=0时,f（X）=-
田，不合题意;
当a<0时，x∈（0」⅞）,f,（x）<0,从而f（x）在（0,
◎单调递减,
又函数/（x）=^SinA-I-（a∈R）在［0,彳I上图象是连续不断的,
故函数在［o,H∣］上的最大值为f（0）,不合题意;
当a〉0时，x∈（0,f）,f'（x）>0,从而f（x）在（0,
分单调递增,
又函数/（x）=αvsinA-∣-（a∈R）在【0,彳］上图象是连续不断的,
Tt
π
Iyl∣λ∙-3∣
Ll上上的最大值为f（
）=
a--F-
2
2
⑵I2
故函数在［0,
解得a二1,
综上所述,得/（x）=XSinX-I（αe∕?
）,；
⑵函数f（x）在（O,3T）有且仅有两个零点。
证明如下:
33π
由（I）知，f（x）=axsinx--从而有f（0）=--<0,f（y）=π-32>0,
又函数在［0,即上图象是连续不断的，所以函数f（x）在（0,|）至少存在一个
号）仅有一个零点。
零点，又由（I）^f（X）在（0,扌）单调递增，故函数f（x）在（0,
由g（y）=l>0,g（π）=-π<0,且g（x）在Iy,π］上的图象是连续不断的,
故存在m∈∣兀），使得g（m）=0.
上单调递减。
当x∈忖,m）,g（x）>g（m）=0,即F（X）>0,从而f（x）在（∣y∣,m）单调递增故当％G（Flnl）时,f（x）>f（兀2）F-32>0,从而（x）在（彳,m）无零点;
当x∈（m,:
∏）时，有g（x）Xf（m）>O,f（π）<0且f（x）在［m,叮上的图象是连续不断的,从而f（x）在［m,n］有且仅有一个零点。
综上所述，函数f（X）在（0,:
∏）有且仅有两个零点。
【变式训练212020・枣庄期末】已知函数/（x）=InX-X+2Sin%,广（Ml为［7?
可的导函数.
⑴求证广（X）I在|（0,刃|上存在唯一零点；
（2）求证：
|/（x）|有且仅有两个不同的零点.
【解析】⑴设g（x）=ι∕^'（x）=丄-1+2COSX
X
当x∈（0,Λ-）时，g'（x）=-2sinx-*<0,所以∣g（x）∣在|（0,兀）上单调递减,
Z\
π
3
（π∖2
=.-l+l>O
g才=——]VO
3）
π
\2）π
又因为
所以瓯在耳上有唯一的零点可所以命题得证.
（2）①由
（1）知：
当卜W（OC）I时,Ir（A-）>0∣τ|71石!
在∣（0,α）∣上单调递增;
当xw（α,κ）时，广（X）Vo卩（胡在庇刁上单调递减;
所以∣∕（x）∣在闻刁I上存在唯一的极大值点a∖^左卜InN+2>2一彳>0
又因为/^p-j=-2-Λ+2sinΛ<-2-Λ+2<θ,所以∣∕（x）∣在∣（0,α）∣上恰有一个零点.又因为∣∕（;T）=In;r-/r<2—/r<0,所以讥別在∣（α,∕r）∣上也恰有一个零点.
所以/心）在［盘2龙）上单调递减,所以h（x）f（x）≤∖nx-x+2
设^（X）=InX-x+2,φ9（x}=——1<0
——X
所以”（x）|右|［2益T上单调递减，所以∣0（x）50（2∕τ）vO所以当x∈［2^,-κ>o）时，f^x）≤φ（x）<φ（2π）<0恒成立所以函］在叵回上没有零点.
综上，卩百］有且仅有两个零点.
【变式训练3】（2020年3月市髙三质检文）
（1）研究函数/W=—在（O,R）上的单调性;
X
（2）求函数g（x）=X2+τrcosx的最小值
解析
（1）略
（2）观察知g（x）为偶函数，故八需求X∈[θ9÷∞）时g（x）的最小值.由g'（x）=2兀一；TSinX,
当x∈（0,-）∏4.^n（X）=2x-SinX9则∕f（x）=2-∕rcosxt显然卅（兀）递增,2
而√（0）=2-λ-<0.√（∣）=2>0.
由零点存在定理.存在唯一的XOe（O,y）,使得Λ∕,（x0）=θ^……6
当XG（0,XO）时,n,（x）<0,W（X）递减,
当Λ∈（x0,y）时,H（X）>0,MX）递増,
而MO）=0.w（-）=0•故x∈（θΛ）Q4.n（x）<0t
22
即XW（O,彳）时，g'（x）<0,则g（x）递减；……9分
乂当X毎（彳,+8）时.2x>兀>;TSinΛ-,g'（x）>0,g（x）递増；11分
TcIJI-
所（~）=—……12分
【变式训练4】（2020年3月市髙三质检理）
（1）证明函数y=ex-Isinx-Ixcosx在区间
（2）证明函数f（x）=--2SiHX在|（一兀,0）|上有且仅有一个极大值点,X
且∣0v∕（x°）v2
（1）#=€‘一2cosx-2（cos兀一XSinX）=eλ+2XSinX—4cosx,2分
因为x∈（-λ∙,--）,所以ev>0,2xsinx>0,一4cosx>0,故y'（x）>0,2
所以y=eA-2sinx-2xcosx¾E（-∕r,-f）上单调增.4分
（2）可得：
/3上日芋0・……5分
令g（x）=0*（x-l）-2x'cosx,贝Ij^（X）=x（ex+2XSinX-4cosx）•
当x∈（-Λ∙,-y）f⅛,rtl
（1）^eX+2XSinx-4cosx>0.则g'（x）<0.
故g（x）在（―^,,-—）递减•
∣fj]g（-^）=e2（-y-l）<0,g（→r）=8-err（l+τr）>O,由零点存在定理知：
存在唯一的勺G（-龙,-彳）使得g（-5）=0……7分即eAb+2x0SmXo-4COSXo=0,
当ATW（TTdo）时,g（x）>0,即广（X）>0,/（X）为增函数;
当XG（XO-y）ΠJ∙,g（x）<0,UUf,（x）<0,/（X）为减函数，
又当x∈（--,O）H>f,厂（X）=亘竺迪-2CoSX<0,
2广
所以/（X）在（-∣-,0）上为减函数，从而/（X）在Λ∈（xo,O）为减负数;
因此/（X）冇惟一的极大值点兀・……9分
由/（X）在⅛,-f）上单调递减.故/（无）>./（-f）
/・（一兰）=2二_2SilI（-兰）=
2兀2
2
故/（χ°）>o
QxCJTPTo
乂/（兀）=2sinx0,当XOW（—爲）时，-1<—<0,0<-2sinxo<2
⅞2X。
故√U）<2
所以OV/（X1）<2.……12分
【变式训练5】（2020年省九校髙三第二次联考理科数学）
20.（12分）已知函数f（x）=es-cosx.
（1）求只小的图象在点（Oy（O））处的切线方程;
（2）求证√U）在（-于,+8）上仅有2个零点.
（2）令g（x）=Jf（X）=J+Sin■则g'（x）=ex+COSx,
当--y-<-v>0,.∙.g（%）在（千）上单调递增.
rf∏g（-Y）=e-T-l<0.g（^）=ef+1>0,由零点存在性定理知gd）在（-于,于）上有唯一冬点，
・・•厂⑴在（•
-W■,于）上有唯一寒点•
乂厂（-于）<0广（0）=1>0.
•••广⑴在（-号∙,∙f∙）上单调递増且有唯一零点αw（・于,（））・
.∙.Xw（-~τ~.α）吋,/（'：
）vO；xe（α,子）时∙∕'（χ）>0.
.∙√（x）在（-子2）上单调递减,在3,乎）上单凋递增，
乂/（（））=0,.∙.∕（α）<0,结合/（=e-t>O√∙（-^-）=ef>0,
山冬点存在性定理知/（工）在（-于心）上冇一个零点，在（S于）上冇一个零点（）•（1丨分）
当时,e*>1,cos.r≤1,eτ-COSX>0Xf（X）>0,
此时/U）无零点•
综上/（•<）在（--y-,+∞）上仅有2个零点.（12分）
21.已/（x）=Or-SinX.Xe
【变式训练6］（2020年省八校髙三第三次质检理科数学）
■
（1）当α=l时,求诸数y=f（χ）在X=¥处的切线方阳
解析:
（2）若/S）Wl-CoX对从［号同恒成立,即aw】忙讥；・"％对血［于宀］恒成立,
Idg（X）
1+SinX-COSXrsll∣“、（SinX+COSX）X-（1+SinX-COSx）
=侧g（X）-2
i己b（%）=（SinX+CoSX）X-（1+SinX一COSx）■贝Qh,（x）=（COSX一SinX）X<0恒成立,
则y≈h（×）在％丘［贪F］单调递减■则h（x）<λ（y）=y-2<0,即g"（%）<0,10分
12分
故函数y≈g（x）在"［乎,可单调递减•则g（x）u^l=g（ττ
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