三角函数与导数的结合.docx

三角函数与导数的结合.docx

《三角函数与导数的结合.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三角函数与导数的结合.docx（69页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

三角函数与导数的结合

导数与三角函数的结合

编辑整理：

河北省邯郸市第一中学马进才

一、零点的判定与证明

1.已知函数f（x）=sinx，g（x）=x⋅cosx-sinx

x

（1）判断函数g（x）在区间（0,3π）上零点的个数；

（2）函数f（x）在区间（0,3π）上的极值点从小到大分别为x1，x2，证明：

f（x1）+f（x2）<0.

【分析】

（1）先由原函数求出其导函数，再研究导函数在（0，π），（π，2π），（2π,3π]的符号问题，从而得出函数g（x）在区间（0,3π）上的单调性，从而得出函数g（x）在区间（0,3π）上零点的个数；

（2）先求出函数f（x）=sinx的导函数，再结合

（1）的结论及正切函数的性质可得x>x+π，再结合

x21

余弦函数的单调性即可得解.

【详解】

解：

（1）因为g（x）=x⋅cosx-sinx，所以g'（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx，当x∈（0，π]时，sinx>0∴g'（x）<0，

g（x）在（0，π）上单调递减，g（x）0，

g（x）在（π，2π）上单调递增，g（π）=-π<0,g（2π）=2π>0，

∴g（x）在（π，2π）上有唯一零点；

当x∈（2π,3π]时，sinx>0∴g'（x）<0，g（x）在（2π，3π）上单调递减，

g（2π）>0,g（3π）<0，∴g（x）在（2π,3π]上有唯一零点，综上，函数g（x）在区间（0,3π）上有两个零点;

（2）因为f（x）=sinx，所以f'（x）=xcosx-sinx，

xx2

由

（1）知f（x）在x∈（0，π]无极值点；在x∈（π,2π]有极小值点，即为x1；

在x∈（2π,3π]有极大值点，即为x2，由xncosxn-sinxn

=0,tanxn

=xn，n=1,2,

x2>x1∴tanx2>tanx1=tan（x1+π）,

）

3π5π

g（π）<0,g（）=-1<0,g（2π）>0,g（

<0以及y=tanx的单调性,

22

∴x∈（π,3π∈（2π,5π,

1

x,x

2）,x2

+π∈（2π,5π

）

2

，由函数y=tanx在⎛2π,5π⎫单调递增,

）

212

ç2⎪

得x>x

⎝⎭

12

+π，∴f（x）+f（x）=sinx1+sinx2=cosx

+cosx,

2112

x1x2

由y=cosx在⎛2π,5π⎫单调递减得cosx

+π）=-cosx，即cosx

+

cosx

<0，

ç2⎪

21112

⎝⎭

故f（x1）+f（x2）<0.

【点睛】

本题考查了利用导数研究函数的单调性及函数的零点，主要考查了三角函数的单调性，重点考查了运算能

力，属综合性较强的题型.

2.已知函数f（x）=acosx+b，曲线y=

x

（1）求f（x）的解析式；

f（x）在点（π,f（π））处的切线方程为6x+πy-2π=0.

22

（2）判断方程f（x）=

3-1在（0,2π]内的解的个数，并加以证明.2π

【答案】

（1）f（x）=3cosx-1；

（2）方程f（x）=

x

3-1在（0,2π]上有3个解；证明见解析。

2π

【解析】

【分析】

（1）根据直线的切线方程，可得斜率即过的定点坐标，对函数求导，代入横坐标即可求得参数a；将横坐标带入原函数即可求得b，即得解析式。

（2）令g（x）=

f（x）-3+1，对g（x）求导，并可知g⎛π⎫>0，g⎛π⎫<0，根据零点存在定理及单

6

2

ç⎪

⎝⎭

2π⎝⎭ç⎪

调性可知在⎛0,π⎤上只有一个零点。

同理，讨论在各区间的端点符号及单调性即可判断零点情况。

ç2⎥

⎝⎦

【详解】

（1）直线6x+πy-2π=0的斜率为-6，过点⎛π,-1⎫

πç2⎪

⎝⎭

f'（x）=-a（xsinx+cosx），则f'⎛π⎫=-2a=-6，即a=3

2

ππ

x2

ç⎪

⎝⎭

ç2⎪

f⎛π⎫=b=-1

⎝⎭

所以f（x）=3cosx-1

x

（2）方程f（x）=

3-1在（0,2π]上有3个解。

2π

证明：

令g（x）=

f（x）-

3+1=3cosx-3，

2πx2π

则g'（x）=

-3（xsinx+cosx）

x2

93

ç⎪

又g⎛π⎫=-3

>0，g⎛π⎫=-3

<0，

6

2

π

2π

ç⎪

⎝⎭⎝⎭2π

所以g（x）在⎛0,π⎤上至少有一个零点

ç2⎥

⎝⎦

又g（x）在⎛0,π⎤上单调递减，故在⎛0,π⎤上只有一个零点，

ç2⎥ç2⎥

⎝⎦⎝⎦

当x∈⎛π,3π⎫时，cosx<0，故g（x）<0，

ç22⎪

⎝⎭

所以函数g（x）在⎛π,3π⎫上无零点.

ç22⎪

⎝⎭

当x∈⎡3π,2π⎤时，令h（x）=xsinx+cosx，h'（x）=xcosx>0，

⎣⎢2⎥⎦

所以h（x）在⎡3π,2π⎤上单调递增，h（2π）>0，h⎛3π⎫<0

⎣⎢2⎥⎦

ç2⎪

⎝⎭

所以∃x∈⎛3π,2π⎫，使得g（x）在⎡3π,x⎤上单调递增，在（x,2π]上单调递减.

0ç2⎪

⎢20⎥0

⎝⎭⎣⎦

又g（2π）=0，g⎛3π⎫<0，所以函数g（x）在⎡3π,2π⎤上有2个零点.

ç2⎪

⎢2⎥

⎝⎭⎣⎦

综上，方程f（x）=

【点睛】

3-1在（0,2π]上有3个解.

2π

本题考查了导数的性质及综合应用，零点的判断及证明，单调性的应用，综合性强，是高考的常考点，属

于难题。

3.已知函数f（x）=sinx-1，x∈（0,π），f'（x）为f（x）的导数，证明：

x

（1）f'（x）在区间（0,π）上有唯一零点；

（2）f（x）有且仅有两个零点．

【答案】

（1）证明见解析

（2）证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先求得f'（x）=cosx+

在定理进行证明即可

1，要判断导数存在唯一零点，得先对导数求导，得到f'（x）<0，再由零点存

x2

（2）由

（1）可知f（x）存在x

∈π2π

，使得f'（x）=cosx+1

=0，即1

=-cosx

，要求证f（x）

（,）

023

x

2

x20

0

有且仅有两个零点，得先验证存在两点使得f（x）<0，可取x=π和x=π验证，再证明

1

6

1

x

f（x0）=sinx0-

0

>0，由于sinx0-

1

x

0

无法结合

2=-cosx00

进行代换，但sinx0+

1

x

0

>

0，通过

x

⎛

sinx

+

1⎫⎛sinx

-1⎫=sin2x-

1，可将-1

进行代换，进一步可证明sin2x-1

>

0，从而

ç0x⎪ç

0x⎪

0x2x2

0x2

⎝0⎭⎝0⎭000

1

x

得到sinx0+

0

>0，即可求证

【详解】

解：

（1）f'（x）=cosx+

1，f'（x）=-sinx-2<0

x2x3

=

故f'（x）在（0,π）上单调递减．

'π4

2π199-2π2

又f

（2）=0+π2>0，f'（

）=-+<0

32

2

24π4π

故f'（x）在（0,π）上有唯一零点．

x

（2）设f'（x）在（0,π）上的零点为x，由第

（1）问知1

=-cosx，x

∈π2π

02

0

且f（x）在（0,x0）上单调递增，在（x0,π）上单调递减．

00（,）

23

π161

f（）=-<0，f（π）=-<0

62ππ

x∈π2π1

因为0

（,），故cosx0∈（-

23

0）

2

故sin2x

-1=sin2x+cosx=-cos2x+cosx+1>-（-1）2-1+1>0

x

0

02000022

1

x

即f（x0）=sinx0->0

0

故f（x）在（0,x0）有且只有一个零点，在（x0,π）有且只有一个零点故f（x）有且仅有两个零点

【点睛】

本题考查函数的导函数零点个数的判断问题，函数零点个数的求证问题，其中利用零点存在性定理求证函数存在两零点是难点，

（2）问和

（1）问联系紧密，利用导数为零关系式进行代换是解题核心，利用配方

法代换-

1

x

2过程并不容易想到，解决此类题型要多思考，多观察，注意关联性。

0

4.已知函数f（x）=ex-cosx-2x．

（1）求f（x）在点（0,f（0））处的切线方程；

（2）求证：

f（x）在（-π,+∞）上仅有2个零点．

2

【答案】

（1）y=-x，

（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）求导得到k=

f'（0）=-1，代入切点得到切线方程y=-x.

p

（2）先验证0是函数的1个零点，再求导得到当-

时，函数f（x）单调递减.

20

当x>x0时，函数f（x）单调递增，得到f（x0）<0，根据零点存在定理得到证明.

【详解】

（1）f（x）=ex-cosx-2x，f'（x）=ex+sinx-2

k=f'（0）=-1，f（0）=0

故切线方法为：

y=-x

（2）f（x）=ex-cosx-2x，易知：

f（0）=0

，0是函数的1个零点

f'（x）=ex+sinx-2

取f'（x）=ex+sinx-2=0，即ex-2=-sinx

画出函数图像：

知两函数有一个交点设为（x0,y0），0

p

当-

时，f'（x）<0，函数f（x）单调递减.

20

f（0）=0，所以f（x0）<0

当x>x0时，f'（x）>0，函数f（x）单调递增.

x→+∞时,f（x）→+∞，根据零点存在定理：

当x>x0时有且仅有一个零点综上所述：

f（x）在（-π,+∞）上仅有2个零点

2

【点睛】

本题考查了函数的切线问题，零点问题，根据单调性判断存在f（x0）<0是解题的关键，意在考查学生的综合应用能力.

5.已知函数f（x）=ex-cosx．

（1）求f（x）在点（0,f（0））处的切线方程；

（2）求证：

f（x）在⎛-π,+∞⎫上仅有2个零点．

ç2⎪

⎝⎭

【答案】

（1）x-y=0；

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）求出f（0）和f'（0），然后利用点斜式写出所求切线的方程；

（2）利用当x>0时，ex>cosx来说明函数y=f（x）在（0,+∞）上没有零点，并利用函数y=f（x）的

⎛-π⎫

单调性和零点存在定理证明出函数y=f（x）在区间ç

⎝2

证明出函数y=f（x）在区间⎛-π,+∞⎫上有两个零点.

0⎪上有且只有一个零点，并结合f（0）=0，可

⎭

ç2⎪

⎝⎭

【详解】

（1）Qf（x）=ex-cosx，则f'（x）=ex+sinx，∴f（0）=0，f'（0）=1.

因此，函数y=f（x）在点（0,f（0））处的切线方程为y=x，即x-y=0；

（2）当x>0时，ex>1≥cosx，此时，f（x）=ex-cosx>0，所以，函数y=f（x）在区间（0,+∞）上

没有零点；

⎛-π⎫

又f（0）=0，下面只需证明函数y=f（x）在区间ç

⎝

0⎪上有且只有一个零点.

2⎭

f'（x）=ex+sinx，构造函数g（x）=ex+sinx，则g'（x）=ex+cosx，

当-π0，

2

所以，函数y=f'（x）在区间⎛-π,0⎫上单调递增，

ç2⎪

'⎛-π⎫=-π-<

⎝⎭

'（）=>

∈⎛-π⎫

'（）=

Qfç⎪e210，f010，由零点存在定理知，存在tç,0⎪，使得ft

0，且

⎝2⎭⎝2⎭

当-π0.

2

所以，函数y=f（x）在x=t处取得极小值，则f（t）

⎛π⎫-π

⎛π⎫

⎛π⎫

又fç-⎪=e

2>0，所以fç-⎪⋅f（t）<0，由零点存在定理可知，函数y=f（x）在区间ç-2,0⎪上

⎝2⎭

⎝2⎭⎝⎭

有且只有一个零点.

综上所述，函数y=f（x）在区间⎛-π,+∞⎫上有且仅有两个零点.

ç2⎪

⎝⎭

【点睛】

本题考查利用导数求切线方程，以及利用导数研究函数零点个数问题，一般对于函数的零点个数问题，常利用单调性与零点存在定理来解决，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.

7．已知函数f（x）=sinx+ln（1+x）.

证明：

（1）f（x）在区间（0,π）存在唯一极大值点；

（2）f（x）有且仅有1个零点.

【答案】

（1）证明见解析；

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）先确定函数定义域，根据函数f'（x）的正负先判断出f'（x）的单调性，然后确定f'（x）的零点分布，由此得到f（x）的单调性即可完成证明；

（2）对区间进行分段：

⎛-1,π⎫,⎡π,π⎫,[π,+∞），分别考虑每一段区间上的零点情况，由此证明f（x）

ç2⎪⎢2⎪

的零点仅有1个.

⎝⎭⎣⎭

【详解】

函数f（x）的定义域为（-1,+∞）,

（1）f'（x）=cosx+1，f'（x）=-sinx-1，

1+x

当x∈（0,π）时，f''（x）<0

所以f'（x）在区间（0,π）上单调递减,

（1+x）2

'⎛π⎫=cosπ+1>0

'11

2

fç⎪

⎝⎭

21+π

2

，f（π）=cosπ+=-1+<0

1+π1+π

所以f'（x）在区间⎛π,π⎫内有唯一零点x，

ç2⎪0

⎝⎭

当x∈（0,x0）时，f'（x）>0，当x∈（x0,π）时f'（x）<0，所以f（x）在区间（0,π）存在唯一极大值点.

（2）当x∈⎛-1,π⎫时，f'（x）>0，f（x）在区间⎛-1,π⎫上单调递增

ç2⎪ç2⎪

⎝⎭⎝⎭

因f（0）=0，所以存在零点x=0,

当x∈⎡π,π⎫时，f（x）=sinx+ln（1+x）≥ln（1+x）>0,

⎭

⎢⎣2⎪

当x∈[π,+∞）时，f（x）=sinx+ln（1+x）≥ln（1+π）-1>0,

所以f（x）有且仅有1个零点．

【点睛】

本题考查利用导数判断函数的极大值点和零点个数问题，难度较难.

（1）判断函数f（x）的极值点个数：

可通过函数的单调性也就是f'（x）的取值正负来判断，若f'（x）的取值正负不易直接判断，可先通过判断f'（x）的正负来确定f'（x）的单调性，由此来确定f'（x）的取值正负；

（2）利用导数研究函数的零点个数：

先分析给定区间的单调性，然后结合零点的存在性定理说明零点存在情况，注意有时需要对定义域进行分类.

8．已知函数f（x）=（x-2）ex-1-1x2+x+1，g（x）=ax2-x+4acosx+ln（x+1），其中a∈R.

22

（1）求函数f（x）在x∈（0,2）的值域；

（2）用max{m,n}表示实数m，n的最大值，记函数F（x）=max{f（x）,g（x）}，讨论函数F（x）的零点个数.

【答案】

（1）（-1,+∞）；

（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）求导得到f'（x）=（x-1）（ex-1-1），讨论x>1和x≤1得到函数f（x）在x∈（0,2）单调递增，计算得到答案.

（2）x>1时，F（x）>0恒成立，当-1

【详解】

（1）f'（x）=（x-1）ex-1-x+1=（x-1）（ex-1-1）

当x>1时，x-1>0，ex-1-1>0，所以f'（x）>0

当x≤1时，x-1≤0，ex-1-1≤0，所以f'（x）≥0

所以：

当x∈R时，f'（x）≥0成立，即函数f（x）在x∈（0,2）单调递增

ç2e2⎪

所以函数f（x）在x∈（0,2）的值域为（f（0）,f

（2）），即值域为⎛1-2,1⎫.

⎝⎭

（2）函数F（x）的定义域为（-1,+∞）

由

（1）得，函数f（x）在x∈R单调递增，f

（1）=0

当x>1时，f（x）>0，又F（x）=max{f（x）,g（x）}，

所以x>1时，F（x）>0恒成立，即x>1时，F（x）=0无零点.

当-1

g'（x）=2ax-1-4asinx+

1

x+1

，所以g'（x）=2a-4acosx-

1

（x+1）2

（-1

Ⅰ、当a>0时，因为-1

又函数y=cosx在区间⎛0,π⎫递减，所以cos1>cosπ=1

ç2⎪

⎝⎭32

即当-1

1<0（x+1）2

所以g'（x）单调递减，由g'（0）=0得：

当-10，g（x）递增当0

当x→-1时ln（x+1）→-∞，∴g（x）→-∞，当x=0时g（0）=4a>0

又g

（1）=a-1+4acos1+ln2，f

（1）=0

当g

（1）>0⇒a>

当g

（1）=0⇒a=

1-ln21+4cos11-ln2

1+4cos1

时，函数F（x）有1个零点；时，函数F（x）有2个零点；

当g

（1）<0⇒0

1-ln21+4cos1

时，函数F（