三角函数与导数的结合

试卷第1页，总31页导数与三角函数的结合一、零点的判定与证明1．已知函数sin()xfxx，()cossingxxxx（1）判断函数gx在区间0,3上零点的个数；（2）函数fx在区间0,3上的极值点从小到大分别为1x，2x，证明：120fxfx.【分析】（1）先由原函数求出其导函数，再研究导函数在0，，2，，2,3的符号问题，从而得出函数gx在区间0,3上的单调性，从而得出函数gx在区间0,3上零点的个数；（2）先求出函数sin()xfxx的导函数，再结合（1）的结论及正切函数的性质可得21xx，再结合余弦函数的单调性即可得解.【详解】解：（1）因为()cossingxxxx，所以()cossincossingxxxxxxx，当0x，时，sin0()0xgx，()gx在0（，）上单调递减，()(0)0gxg，()gx在0，上无零点；当,2x时，sin0()0xgx，()gx在2（，）上单调递增，()0,(2)20gg，()gx在2（，）上有唯一零点；当2,3x时，sin0()0xgx，()gx在2（，3）上单调递减，(2)0,(3)0gg，()gx在2,3上有唯一零点，综上，函数()gx在区间0,3上有两个零点;（2）因为sin()xfxx，所以cossin()2xxxfxx，由（1）知()fx在0x，无极值点；在,2x有极小值点，即为1x；在2,3x有极大值点，即为2x，由cossin0,tannnnnnxxxxx，1,2n,试卷第2页，总31页21211tantantan(),xxxxx35()0,()10,(2)0,()022gggg以及tanyx的单调性,1235(,),(2,)22xx,215,(2,)2xx，由函数tanyx在52,2单调递增,得21xx，12121212sinsin()()coscosxxfxfxxxxx,由cosyx在52,2单调递减得211coscos()cosxxx，即12coscos0xx，故12()()0fxfx.【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cos()axfxbx，曲线()yfx在点(,())22f处的切线方程为620xy.（1）求()fx的解析式；（2）判断方程3()12fx在(0,2]内的解的个数，并加以证明.【答案】（1）3cos1xfxx；（2）方程312fx在0,2上有3个解；证明见解析。【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312gxfx，对gx求导，并可知06g，02g，根据零点存在定理及单调性可知在0,2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。【详解】（1）直线620xy的斜率为6，过点,12试卷第3页，总31页2sincos'axxxfxx，则26'2af，即3a12fb所以3cos1xfxx（2）方程312fx在0,2上有3个解。证明：令33cos3122xgxfxx，则23sincos'xxxgxx又933062g，3022g，所以gx在0,2上至少有一个零点又gx在0,2上单调递减，故在0,2上只有一个零点，当3,22x时，cos0x，故0gx，所以函数gx在3,22上无零点.当3,22x时，令sincoshxxxx，'cos0hxxx，所以hx在3,22上单调递增，20h，302h所以03,22x，使得gx在03,2x上单调递增，在0,2x上单调递减.又20g，302g，所以函数gx在3,22上有2个零点.综上，方程312fx在0,2上有3个解.【点睛】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，属试卷第4页，总31页于难题。3．已知函数1()sinfxxx，(0,)x，()fx为()fx的导数，证明：（1）()fx在区间(0,)上有唯一零点；（2）()fx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21()cosfxxx，要判断导数存在唯一零点，得先对导数求导，得到()0fx，再由零点存在定理进行证明即可（2）由（1）可知()fx存在02(,)23x，使得21()cos0fxxx，即0201cosxx，要求证()fx有且仅有两个零点，得先验证存在两点使得()0fx，可取6x和x验证，再证明0001()sin0fxxx，由于001sinxx无法结合0201cosxx进行代换，但001sin0xx，通过20000002111sinsinsinxxxxxx，可将201x进行代换，进一步可证明02201sin0xx，从而得到001sin0xx，即可求证【详解】解：（1）21()cosfxxx，32()sin0fxxx故()fx在(0,)上单调递减．又24()002f，22221992()03244f故()fx在(0,)上有唯一零点．（2）设()fx在(0,)上的零点为0x，由第（1）问知0201cosxx，02(,)23x且()fx在0(0,)x上单调递增，在0(,)x上单调递减．16()062f，1()0f试卷第5页，总31页因为02(,)23x，故01cos(,0)2x故22220000020111sinsincoscoscos1()1022xxxxxx即0001()sin0fxxx故()fx在0(0,)x有且只有一个零点，在0(,)x有且只有一个零点故()fx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201x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。4．已知函数()2xfxecosxx．（1）求()fx在点(0,(0))f处的切线方程；（2）求证：()fx在(,)2上仅有2个零点．【答案】（1）yx，（2）见解析【解析】【分析】（1）求导得到'(0)1kf，代入切点得到切线方程yx.（2）先验证0是函数的1个零点，再求导得到当02xx时，函数()fx单调递减.当0xx时，函数()fx单调递增，得到0()0fx，根据零点存在定理得到证明.【详解】（1）()2xfxecosxx，s'()2inxfxex'(0)1kf，(0)0f故切线方法为：yx（2）()2xfxecosxx，易知：(0)0f，0是函数的1个零点s'()2inxfxex试卷第6页，总31页取'()20sinxfxex，即sin2xex画出函数图像：知两函数有一个交点设为00(,)xy，001x当02xx时，'()0fx，函数()fx单调递减.(0)0f，所以0()0fx当0xx时，'()0fx，函数()fx单调递增.x时,()fx，根据零点存在定理：当0xx时有且仅有一个零点综上所述：()fx在(,)2上仅有2个零点【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0()0fx是解题的关键，意在考查学生的综合应用能力.5．已知函数cosxfxex．（1）求fx在点0,0f处的切线方程；（2）求证：fx在,2上仅有2个零点．【答案】（1）0xy；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出0f和0f，然后利用点斜式写出所求切线的方程；（2）利用当0x时，cosxex来说明函数yfx在0,上没有零点，并利用函数yfx的试卷第7页，总31页单调性和零点存在定理证明出函数yfx在区间,02上有且只有一个零点，并结合00f，可证明出函数yfx在区间,2上有两个零点.【详解】（1）cosxfxexQ，则sinxfxex，00f，01f.因此，函数yfx在点0,0f处的切线方程为yx，即0xy；（2）当0x时，1cosxex，此时，cos0xfxex，所以，函数yfx在区间0,上没有零点；又00f，下面只需证明函数yfx在区间,02上有且只有一个零点.sinxfxex，构造函数sinxgxex，则cosxgxex，当02x时，cos0xgxex，所以，函数yfx在区间,02上单调递增，2102feQ，010f，由零点存在定理知，存在,02t，使得0ft，且当2xt时，0fx，当0tx时，0fx.所以，函数yfx在xt处取得极小值，则00ftf，又202fe，所以02fft，由零点存在定理可知，函数yfx在区间,02上有且只有一个零点.综上所述，函数yfx在区间,2上有且仅有两个零点.【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sinln1fxxx.证明：（1）fx在区间0,存在唯一极大值点；（2）fx有且仅有1个零点.试卷第8页，总31页【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fx的正负先判断出fx的单调性，然后确定fx的零点分布，由此得到fx的单调性即可完成证明；（2）对区间进行分段：1,,,,,22，分别考虑每一段区间上的零点情况，由此证明fx的零点仅有1个.【详解】函数fx的定义域为1,,（1）fx1cos1xx，fx21sin1xx，当0,x时，fx0所以fx在区间0,上单调递减,2f