重难点专题13 导数与三角函数结合的解答题-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题13导数与三角函数结合的解答题
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc145102513" 题型1分段分析法 PAGEREF _Tc145102513 \h 1
\l "_Tc145102514" 题型2放缩法 PAGEREF _Tc145102514 \h 15
题型1分段分析法
【例题1】（2023秋·福建厦门·高三福建省厦门第二中学校考开学考试）已知函数f(x)=sinx−ln(1+x)，f'(x)为f(x)的导数．证明：
（1）f'(x)在区间(−1,π2)存在唯一极大值点；
（2）f(x)有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在−1,π2上单调递减，根据零点存在定理可判断出∃x0∈0,π2，使得g'x0=0，进而得到导函数在−1,π2上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x=0为fx在−1,0上的唯一零点；当x∈0,π2时，首先可判断出在0,x0上无零点，再利用零点存在定理得到fx在x0,π2上的单调性，可知fx>0，不存在零点；当x∈π2,π时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当x∈π,+∞，可证得fx<0；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：fx定义域为：−1,+∞且f'x=csx−1x+1
令gx=csx−1x+1，x∈−1,π2
∴g'x=−sinx+1x+12，x∈−1,π2
∵1x+12在−1,π2上单调递减，−sinx，在−1,π2上单调递减
∴g'x在−1,π2上单调递减
又g'0=−sin0+1=1>0，g'π2=−sinπ2+4π+22=4π+22−1<0
∴∃x0∈0,π2，使得g'x0=0
∴当x∈−1,x0时，g'x>0；x∈x0,π2时，g'x<0
即gx在−1,x0上单调递增；在x0,π2上单调递减
则x=x0为gx唯一的极大值点
即：f'x在区间−1,π2上存在唯一的极大值点x0.
（2）由（1）知：f'x=csx−1x+1，x∈−1,+∞
①当x∈−1,0时，由（1）可知f'x在−1,0上单调递增
∴f'x≤f'0=0 ∴fx在−1,0上单调递减
又f0=0
∴x=0为fx在−1,0上的唯一零点
②当x∈0,π2时，f'x在0,x0上单调递增，在x0,π2上单调递减
又f'0=0 ∴f'x0>0
∴fx在0,x0上单调递增，此时fx>f0=0，不存在零点
又f'π2=csπ2−2π+2=−2π+2<0
∴∃x1∈x0,π2，使得f'x1=0
∴fx在x0,x1上单调递增，在x1,π2上单调递减
又fx0>f0=0，fπ2=sinπ2−ln1+π2=ln2eπ+2>ln1=0
∴fx>0在x0,π2上恒成立，此时不存在零点
③当x∈π2,π时，sinx单调递减，−lnx+1单调递减
∴fx在π2,π上单调递减
又fπ2>0，fπ=sinπ−lnπ+1=−lnπ+1<0
即fπ⋅fπ2<0，又fx在π2,π上单调递减
∴ fx在π2,π上存在唯一零点
④当x∈π,+∞时，sinx∈−1,1，lnx+1>lnπ+1>lne=1
∴sinx−lnx+1<0
即fx在π,+∞上不存在零点
综上所述：fx有且仅有2个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可
【变式1-1】1. （2020春·福建福州·高三统考阶段练习）已知函数fx=lnx−x+2sinx，证明：
（1）fx在区间0,π存在唯一极大值点；
（2）fx有且仅有2个零点.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】（1）设gx=f'x=1x−1+2csx,对gx求导可知gx在0,π上单调递减,利用零点存在性定理可得gx在π3,π2上有唯一的零点α,进而求证即可；
（2）利用导函数分别讨论x∈0,π,x∈π,2π,x∈2π,+∞的单调性,判断函数图象的性质,进而求证即可.
【详解】证明:(1)设gx=f'x=1x−1+2csx,
当x∈0,π时,g'x=−2sinx−1x2<0,
所以gx在0,π上单调递减,
又因为gπ3=3π−1+1=3π>0,gπ2=2π−1<0,
所以gx在π3,π2上有唯一的零点α,
即函数f'x在0,π上存在唯一零点,
当x∈0,α时,f'x>0,fx在0,α上单调递增；
当x∈α,π时,f'x<0,fx在α,π上单调递减,
所以fx在0,π上存在唯一的极大值点απ3<α<π2
(2)①由(1)知:fx在0,π上存在唯一的极大值点απ3<α<π2,
所以fα>fπ2=lnπ2−π2+2>2−π2>0,
又因为f1e2=−2−1e2+2sin1e2<−2−1e2+2<0,
所以fx在0,α上恰有一个零点,
又因为fπ=lnπ−π<2−π<0,
所以fx在α,π上也恰有一个零点,
②当x∈π,2π时,sinx≤0,fx≤lnx−x,
设ℎx=lnx−x,ℎ'x=1x−1<0,
所以ℎx在π,2π上单调递减,所以ℎx≤ℎπ<0,
所以当x∈π,2π时,fx≤ℎx≤ℎπ<0恒成立,
所以fx在π,2π上没有零点,
③当x∈2π,+∞时,fx≤lnx−x+2,
设φx=lnx−x+2,φ'x=1x−1<0,
所以φx在2π,+∞上单调递减,
所以φx≤φ2π=ln2π−2π+2<2−2π+2=4−2π<0,
所以当x∈2π,+∞时,fx≤φx≤φ2π<0恒成立,
所以fx在2π,+∞上没有零点,
综上,fx有且仅有两个零点.
【点睛】本题考查利用导函数求极值,考查利用导函数处理零点问题,考查分类讨论思想和运算能力.
【变式1-1】2. （2019秋·安徽·高三校联考开学考试）已知函数fx=csx+14x2−1.
（1）证明：fx≤0，x∈−π2,π2；
（2）判断y=fx的零点个数，并给出证明过程.
【答案】（1）证明见解析；（2）三个零点，证明见解析.
【分析】（1）由函数y=fx是偶函数，只需利用导数证明函数y=fx在区间0,π2上的最大值fxmax≤0即可；
（2）由（1）得出函数y=fx在区间−π2,π2上只有一个零点，然后利用函数值符号得出该函数在区间3,+∞上无零点，利用导数分析函数的单调性，并分析极值的符号，结合零点存在定理得出该函数在区间π2,3上有且只有一个零点，由偶函数的性质得出该函数在区间−∞,−π2上也只有一个零点，从而得出函数y=fx有三个零点.
【详解】（1）∵fx=csx+14x2−1，x∈−π2,π2，则该函数为偶函数，
只需证fxmax≤0，其中x∈0,π2.
f'x=−sinx+12x，∴f″x=12−csx.
当x∈0,π2时，令f″x=0，得x=π3.
当x∈0,π3时，f″x≤0，此时，函数y=f'x单调递减；
当x∈π3,π2时，f″x≥0，此时，函数y=f'x单调递增.
∵f'0=0，f'π2=π4−1<0，
当x∈0,π2时，f'x≤0，此时，函数y=fx单调递减，则fx≤f0=0，
因此，对任意的x∈−π2,π2，fx≤0；
（2）三个零点，证明如下：
由（1）可知，当x∈−π2,π2时，函数y=fx有一个零点x=0.
当x∈3,+∞时，fx≥csx−1+94>0，此时，函数y=fx无零点；
当x∈π2,3时，f'x=12x−sinx，f″x=12−csx>0.
此时，函数y=f'x单调递增，f'π2=π4−1<0，f'3=32−sin3>0.
由零点存在定理可知，存在x0∈π2,3，使得f'x0=0.
当x∈π2,x0时，f'x<0，此时，函数y=fx单调递减；
当x∈x0,3时，f'x>0，此时，函数y=fx单调递增.
∵fπ2=π216−1<0，fx00.
由零点存在定理知，函数y=fx在区间π2,x0上无零点，在区间x0,3上有且只有一个零点，即函数y=fx在区间π2,3上有且只有一个零点.
由于函数y=fx为偶函数，所以，函数y=fx在−∞,−3上无零点，在−3,−π2上有且只有一个零点.
综上所述，函数y=fx有三个零点.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，以及利用导数研究函数的零点个数问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
【变式1-1】3. （2021·甘肃平凉·静宁县第一中学校考模拟预测）已知函数f（x）＝lnx﹣sinx+ax（a＞0）．
（1）若a＝1，求证：当x∈（1，π2）时，f（x）＜2x﹣1；
（2）若f（x）在（0，2π）上有且仅有1个极值点，求a的取值范围．
【答案】（1）详见解析；（2）（0，1−12π）．
【分析】（1）构造函数g（x）＝f（x）﹣（2x﹣1），对其求导研究其在x∈1，π2单调性，即可证明结论；
（2）先对f（x）求导，然后把f（x）在（0，2π）上有且仅有1个极值点转化为f'x=1x−csx+a的零点问题，利用y=1x+a（a＞0）与函数y＝csx，x∈（0，2π）的图象只有一个交点求出a的取值范围即可．
【详解】解：（1）证明：当a＝1时，f（x）＝lnx﹣sinx+x，令g（x）＝f（x）﹣（2x﹣1）＝lnx﹣sinx﹣x+1，x∈1，π2，
则g'x=1x−csx−1=1−xx−csx<0，∴g（x）在（1，π2）上单调递减，
故g（x）＜g（1）＝﹣sin1＜0，所以f（x）＜2x﹣1；
（2）解：由题知f'x=1x−csx+a，令f'x=0，所以1x+a=csx．
∵fx在（0，2π）上有且仅有1个极值点，
∴函数y=1x+a（a＞0）与函数y＝csx，x∈（0，2π）的图象只有一个交点，
∴12π+a所以a的取值范围为0,1−12π．
【点睛】本题考查构造函数证明不等式，利用导数研究函数的零点问题，属于中档题.
【变式1-1】4. （2021·天津和平·耀华中学校考一模）已知函数fx=lnx+ax+sinx，其中x∈0,π.
（1）当a=0时，求曲线y=fx在点π2,fπ2处的切线方程；
（2）判断函数fx是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；
（3）讨论函数fx在π2,π上零点的个数.
【答案】（1）y=2πx+lnπ2；（2）答案见解析；（3）答案见解析.
【分析】（1）求出fπ2、f'π2，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）对实数a的取值进行分类讨论，分析导数f'x在0,π上的符号变化，由此可得出结论；
（3）对实数a的取值进行分类讨论，分析函数fx在π2,π上的单调性，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】（1）当a=0时，fx=lnx+sinx，则f'x=1x+csx，
所以，fπ2=1+lnπ2，f'π2=2π，
所以，曲线y=fx在点π2,fπ2处的切线方程为y−1−lnπ2=2πx−π2，即y=2πx+lnπ2；
（2）f'x=1x+a+csx，设gx=1x+a+csx，
则g'x=−1x2−sinx<0对任意的x∈0,π恒成立，故f'x在0,π上单调递减.
所以，f'xmin=f'π=1π+a−1，当x→0时，f'x→+∞.
①若f'π=1π+a−1<0，即a<1−1π时，
由零点存在定理可知，存在x0∈0,π，使得f'x0=0，
当x∈0,x0时，f'x>0，此时函数fx单调递增，
当x∈x0,π时，f'x<0，此时函数fx单调递减.
所以，fx在x=x0处取得极大值，不存在极小值；
②若f'π≥0，则a≥1−1π，f'x≥0对任意的x∈0,π恒成立，
此时，函数fx在0,π上单调递增，此时函数fx无极值.
综上所述，当a<1−1π时，函数fx有极大值，无极小值；
当a≥1−1π时，函数fx无极值；
（3）分以下情况讨论：
①若a≥1−1π，函数fx在π2,π上单调递增，
则fxmin=fπ2=lnπ2+aπ2+1≥lnπ2+π21−1π+1=lnπ2+π2+12>0，
此时，函数fx在π2,π上无零点；
②若a<1−1π，由（2）可知，由零点存在定理可知，存在x0∈0,π，使得f'x0=1x0+a+csx0=0，且函数fx在0,x0上单调递增，在x0,π上单调递减.
从而有a=−1x0−csx0，设ℎx=−1x−csx，则ℎ'x=1x2+sinx>0对任意的x∈0,π恒成立，从而当x0增大时，a也增大.
（i）若x0∈0,π2，此时a∈−∞,−2π，此时函数fx在π2,π上单调递减，
若fπ2fπ>0，可得a<−2π1+lnπ2或a>−lnππ（舍去）.
此时函数fx在π2,π上无零点；
若fπ2fπ<0，可得−2π1+lnπ2此时函数fx在π2,π上有且只有一个零点.
当a=−2πlnπ2+1时，fπ2=0，fπ≠0，此时函数fx在π2,π上只有一个零点；
（ii）当x0∈π2,π时，此时a∈−2π,1−1π，此时函数fx在π2,x0上单调递增，在x0,π上单调递减.
fπ2=lnπ2+aπ2+1>0，fπ=lnπ+aπ，
所以，fxmax=fx0=lnx0+ax0+sinx0=lnx0+sinx0−x0csx0−1，
设mx=lnx+sinx−xcsx−1，则m'x=1x+xsinx>0对任意的x∈π2,π恒成立，
所以，函数mx在π2,π上单调递增，所以，fx0>mπ2=lnπ2>0，
若fπ>0，即a>−lnππ，即−lnππ若fπ≤0，即a≤−lnππ，即−2π综上所述，当a∈−∞,−2π1+lnπ2∪−lnππ,+∞时，函数fx在π2,π上无零点；
当a∈−2π1+lnπ2,−lnππ时，函数fx在π2,π上有且只有一个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx的图象的交点问题.
【变式1-1】5. （2021秋·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数fx=x−1−x+2sinx.
（1）当x∈π2,π时，求y=fx零点的个数；
（2）当x∈0,2π时，求y=fx极值点的个数.
【答案】（1）1个；（2）2个.
【解析】（1）利用导数分析函数y=fx在区间π2,π上的单调性，结合零点存在定理可得出结论；
（2）利用导数分析函数y=f'x在区间0,π4、π4,π、π,3π2、3π2,2π的单调性以及符号变化，结合零点存在定理可得出结论.
【详解】（1）由题意fx=x−1−x+2sinx，x∈π2,π，则f'x=1−sinx−x+2csx，
由于π2≤x≤π，csx≤0，又sinx≤1，所以f'x≥0，fx在π2,π上单调递增，
因为fπ2=−3<0，fπ=π−1>0，所以函数fx在π2,π上有唯一零点；
（2）由题意fx=x−1−x+2sinx，x∈0,2π，则f'x=1−sinx−x+2csx.
令ℎx=1−sinx−x+2csx，ℎ'x=x+2sinx−2csx.
①当0≤x≤π4时，因为csx≥22，1−2csx≤1−2×22=1−2<0，
所以f'x=1−sinx−x+2csx=1−2csx−sinx−xcsx<0，
所以，函数fx在区间0,π4上单调递减，无极值点；
②当π4当π20，
所以从ℎx在π2,π上是增函数，ℎx>ℎπ2=0即f'(x)>0，
当π40，
所以ℎ'x=x+2sinx−2csx=2sinx−csx+xsinx>0，
所以ℎx在π4,π2是增函数，ℎx<ℎπ2=0即f'x<0，
所以π2是fx在π4,π上的极小值点；
③当π0，所以函数fx无极值点；
④当3π20，sinx<0，所以ℎ'(x)=x+2sinx−2csx<0，
所以从ℎx在3π2,2π上是减函数，且ℎ3π2=2>0，ℎ2π=−2π−1<0，
所以ℎx在3π2,2π上有唯一的零点x2.
当3π20；当x2所以x=x2是函数fx的一个极大值点.
综上所述，函数fx存在两个极值点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx的图象的交点问题.
【变式1-1】6. （2020秋·江西南昌·高三南昌市第十九中学校考阶段练习）已知函数fx=1−a−xsinx−1+a+xcsx，x∈0,π，a∈R.
（1）若函数fx在π2,fπ2处的切线斜率为π2+1，求a的值；
（2）若任意x∈0,π，fx≥0恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）a=1；（2）−π−1,−1.
【分析】（1）求出f'x=x+asinx−csx，根据题意f'π2=π2+a=π2+1，解方程即可求解.
（2）求出f'x=x+asinx−csx，x∈0,π，令f'x=0解得x1=−a，x2=π4，讨论a≥0或−π4【详解】解：（1）因为fx=1−a−xsinx−1+a+xcsx，
所以f'x=x+asinx−csx，
因为函数fx在π2,fπ2处的切线斜率为π2+1，
所以f'π2=π2+a=π2+1，解得a=1.
（2）由（1）知，f'x=x+asinx−csx，x∈0,π，
令f'x=0解得x1=−a，x2=π4，
①当a≥0时，x+a≥0，在x∈0,π4上，sinx−csx<0，
所以f'x≤0，fx单调递减；
在x∈π4,π上，sinx−csx≥0，所以f'x≥0，fx单调递增；
要使任意x∈0,π，fx≥0恒成立，
即有fxmin=fπ4=221−a−π4−221+a+π4≥0，解得a≤−π4，不满足；
②当−π4sinx−csx<0，所以f'x>0，fx单调递增；
在x∈−a,π4上，x+a>0，sinx−csx<0，所以f'x<0，fx单调递减；
在x∈π4,π上，x+a>0，sinx−csx>0，所以f'x>0，fx单调递增；
要使任意x∈0,π，fx≥0恒成立，即有f0≥0fπ4≥0，解得a≤−1，不满足；
③当−π≤a≤−π4时，结合②易知，fx在0,π4单调递增；在π4,−a单调递减；
在−a,π单调递增；要使任意x∈0,π，fx≥0恒成立，即有f0≥0f−a≥0，
解得−π≤a≤−1，所以a∈−π,−1，满足；
④当a<−π时，fx在0,π4单调递增；在π4,π单调递减；
要使任意，fx≥0 x∈0,π恒成立，即有fπ≥0f0≥0，
解得−π−1≤a≤−1，所以a∈−π−1,−π，满足；
综上：a的取值范围为−π−1,−1.）
【点睛】本题考查了导数的几何意义、根据函数的斜率求参数值、利用导数研究不等式恒成立，考查了转化与划归的思想以及分类讨论的思想，属于难题.
【变式1-1】7. （2021·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）已知函数f(x)=tanx-sinx，g(x)=x-sinx，x∈(0,π2).
（1）证明∶关于x的方程f(x)-g(x)=x在(0,π2).上有且仅有一个实数根；
（2）当x∈(0,π2).时，f(x)≥ag(x)，求实数a的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为3.
【分析】（1）设ℎx=fx−gx−x=tanx−2x求出导数，得出单调性，根据零点存在原理可证明.
（2）φ(x)=f(x)−ag(x)=tanx−a(x−sinx),因为x∈0,π2，所以sinx>0,csx∈0,1，从而2cs3x+1∈(3,+∞),从而可分a≤3和a>3两种情况分类讨论出其单调性，得出答案.
【详解】证明∶令ℎx=fx−gx−x，即ℎx=tanx−2x，
所以ℎ'(x)=1cs2x−2=1−2cs2xcs2x=(1+2csx)(1−2csx)cs2x
因此当x∈(0,π4)时，csx>22，ℎ'x<0，当x∈(π4,π2)时，ℎ'x>0，
所以ℎx=tanx−2x在x∈0,π4上单调递减，在x∈π4，π2单调递增，
又因为ℎ(π4)<0,ℎ(5π12)=tan(5π12)−5π6=2+3−5π6>2+1.7−2.5>0
所以ℎx=tanx−2x在x∈0,π4无零点，在x∈π4，π2只有一个零点，
因此方程有且仅有一个根
（2）令φ(x)=f(x)−ag(x)=tanx−a(x−sinx)，
则φ'(x)=1cs2x−csx−a(1−csx)
则φ″(x)=2sinxcs3x+sinx−asinx=sinx2cs3x+1−a
因为x∈0,π2，所以sinx>0,csx∈0,1，从而2cs3x+1∈(3,+∞)
①.因此当a≤3时，2cs3x+1−a>0,则φ″(x)>0，
所以函数φ'(x)在x∈0,π2单调递增，又φ'0=0，
因此φ'(x)>0，所以函数φ(x)在x∈0,π2调递增，又φ0=0，
φ(x)>0在x∈0,π2恒成立
②．当a>3时,令φ″(x)=sinx2cs3x+1−a,由sinx>0
因为csx=32a−1∈(0，1)必有一解，记为x0，
所以当00
因此当x∈0，x0时，φ'(x)单调递减，当x∈x0,π2时，φ'(x)单调递增，
又φ'(0)=0，所以φ'(x)<0在x∈0，x0恒成立，
所以φ(x)在x∈0，x0上单调递减，又φ(0)=0，
所以当x∈0，x0时，φx=φ0=0与题意矛盾，
综上所述a≤3，所以a的最大值为3.
【点睛】关键点睛：本题考查方程根的个数的证明和不等式恒成立求参数的范围，解答本题的关键是由φ″(x)=2sinxcs3x+sinx−asinx=sinx2cs3x+1−a，当若a≤3时，由2cs3x+1∈(3,+∞)，得出φ″(x)>0，从而得出不等式成立，当当a≥3时，得到与条件相矛盾的结论，属于难题.
题型2放缩法
【例题2】（2022秋·河南·高三统考阶段练习）已知函数fx=sinx⋅tanx.
(1)设gx=fx+3csx且x∈0,π2，求函数gx的最小值；
(2)当x∈0,π2，证明：fx≥x2.
【答案】(1)22
(2)证明见解析
【分析】（1）通过求导来判断函数的单调性进而求出最值；
（2）构造新函数ℎ(x)=f(x)−x2=sinx⋅tanx−x2，转化为证明新函数的最小值大于等于0即可.
【详解】（1）∵g(x)=sinx⋅tanx+3csx，又g'(x)=−sinx⋅cs2xcs2x，
又x∈(0,π2)，∴sinx>0，
当g'(x)>0时，cs2x<0，∴x∈(π4,π2)，
当g'(x)<0时，cs2x>0，∴x∈(0,π4)，
所以函数g(x)在(π4,π2)上单调递增，在(0,π4)上单调递减
∴g(x)的最小值为g(π4)=22；
（2）不等式f(x)≥x2等价于f(x)−x2≥0，
令ℎ(x)=f(x)−x2=sinx⋅tanx−x2,x∈[0,π2)，∴ℎ'(x)=sinx(1cs2x+1)−2x≥sinx⋅2csxcs2x−2x =2sinxcsx−2x=2(tanx−x)
令k(x)=tanx−x,x∈[0,π2)，∴k'(x)=1cs2x−1，
又0所以函数k(x)在[0,π2)上单调递增，又k(0)=0，∴k(x)≥0，∴ℎ'(x)≥0，
所以函数ℎ(x)在区间[0,π2)上单调递增，又ℎ(0)=0，
∴ℎ(x)≥0，所以原不等式成立.
【变式2-1】1. （2022秋·北京昌平·高三校考阶段练习）已知fx=sinx，gx=lnx，ℎx=x2−ax−1．
（1）若x∈0,1，证明：fx≥gx+1；
（2）对任意x∈0,1都有efx+ℎx−gx>0，求整数a的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）2．
【分析】（1）利用二次求导求得存在唯一零点x0∈0,1，使得F″(x0)=0，F'x>0在0,1上恒成立上可以证明Fx在定义域上的单调性，可知Fx≥0，便可证明结论.
（2）先判断整数a≤2可知esinx+x2−ax−1−lnx≥esinx+x2−2x−1−lnx，接着证明
Hx=esinx+x2−2x−1−lnx>0在区间(0,1]上恒成立即可可出结论.
【详解】解：
（1）证明：设Fx=sinx−lnx+1，0≤x≤1，则F'x=csx−1x+1．
因为F″x=1x+12−sinx，且x∈[0,1]
则F″x在0,1，单调递减，14−sin1<0，F″x所以存在唯一零点x0∈0,1，使得F″(x0)=0
则F'x在0,x0时单调递增，在(x0,1)上单调递减
又F'1=−12+cs1>−12+csπ3=0，F'(0)=0
所以F'x>0在0,1上恒成立上，所以Fx在[0,1]单调递增
则Fx≥F0=0，即Fx≥0，
所以fx≥gx+1．
（2）因为对任意的x∈0,1，ef(x)+ℎx﹣gx>0
即esinx+x2−ax−1−lnx>0恒成立
令x=1，则esin1>a
由（1）知sin1>ln2，所以2=eln2由于a为esinx+x2−ax−1−lnx>0整数，则a≤2
因此esinx+x2−ax−1−lnx≥esinx+x2−2x−1−lnx
下面证明Hx=esinx+x2−2x−1−lnx>0，在区间(0,1]上恒成立即可.
由（1）知sinx>lnx+1，则esinx>x+1
故Hx>x+1+x2−2x−1−lnx=x2−x−lnx
设Gx=x2−x−lnx，x∈0,1，则G'x=2x−1−1x=2x+1x−1x≤0，
所以Gx在0,1上单调递减，所以Gx≥G1=0，所以Hx>0在x∈0,1上恒成立.
综上所述, a的最大值为2
【变式2-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=ex−kx2，其中k为实数，e为自然对数的底数．g(x)是f(x)的导数．
（1）试讨论g(x)的极值点；
（2）①若k=12，证明：当x⩾0时，f(x)⩾x+1恒成立；
②当x⩾0时，f(x)⩾2x+1−sinx恒成立，求k的取值范围．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 ；（2） ① 证明见解析；②(−∞，12]．
【分析】（1）求得g'x，对k进行分类讨论，由此求得gx的极值点.
（2）①构造函数Gx=ex−12x2−x−1x⩾0，利用导数证得Gx⩾0，由此证得f(x)⩾x+1.
②构造函数ℎ(x)=ex−kx2−2x−1+sinx(x⩾0)，结合对k进行分类讨论，利用导数研究ℎx的单调性、最值.由此求得k的取值范围.
【详解】（1）g(x)=f'(x)=ex−2kx，则g'(x)=ex−2k，
当k⩽0时，g'(x)⩾0，∴g(x)单调递增，无极值点，
当k>0时，令g'(x)=0，则x=ln2k，
令g'(x)>0，则x>ln2k，∴g(x)单调递增，
令g'(x)<0，则x∴g(x)的极小值点为ln2k，无极大值点，
综上：当k⩽0时，g(x)无极值点，
当k>0时，g(x)的极小值点为ln2k，无极大值点．
（2）①证明：当k=12时，设G(x)=ex−12 x2−x−1(x⩾0)，
G'(x)=ex−x−1，
则G''(x)=ex−1⩾0，故G'(x)在[0，+∞)上单调递增，
故当x⩾0时，G'(x)⩾G'(0)=0，故G(x)在[0，+∞)上单调递增，
故当x⩾0时，G(x)⩾G(0)=0，
故当x⩾0时，f(x)⩾x+1恒成立．
②设ℎ(x)=ex−kx2−2x−1+sinx(x⩾0)，
则ℎ(x)min⩾0，且ℎ(0)=0，
则ℎ'(x)=ex−2kx−2+csx(x⩾0)，且ℎ'(0)=0，
ℎ''(x)=ex−2k−sinx，ℎ''(0)=1−2k，
∵ℎ'''(x)=ex−csx⩾0，则ℎ''(x)在[0，+∞)上单调递增，
当k⩽12时，ℎ''(0)=1−2k⩾0，由于ℎ''(x)在[0，+∞)上单调递增，
则当x⩾0时，ℎ''(x)⩾ℎ''(0)⩾0，则ℎ'(x)在[0，+∞)上单调递增，
故ℎ'(x)⩾ℎ'(0)=0，则ℎ(x)在[0，+∞)上单调递增，
故ℎ(x)⩾ℎ(0)=0，符合题意，
当k>12时，ℎ''(0)=1−2k<0，
利用（1）中已证结论可得
由于ℎ''(x)在[0，+∞)上单调递增，ℎ''(1+2k)=e1+2k−2k−sin(1+2k)⩾1+(1+2k)−2k−1>0，
故必然存在x0∈(0,1+2k)，使得x∈(0,x0)时，ℎ''(0)<0，
则ℎ'(x)在(0,x0)上单调递减，
故当x∈(0,x0)时，ℎ'(x)<ℎ'(0)=0，
则ℎ(x)在(0,x0)上单调递减，
则当x∈(0,x0)时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，
综上，k的取值范围为(−∞，12]．
【点睛】利用导数证明不等式，可利用构造函数法，结合导数来研究所构造函数的单调性、最值，由此来证得不等式成立.
【变式2-1】3. （2021秋·河北邯郸·高三统考开学考试）已知函数f(x)=aex−x2（a∈R）（其中e≈2.71828为自然对数的底数）.
（1）当a=2时，判断函数f(x)的单调性；
（2）若a>1，证明f(x)>csx对于任意的x∈[0,+∞)恒成立.
【答案】（1）增函数；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数f'(x)，令g(x)=f'(x)，再求导，求得g(x)的最小值可证；
（2）先证对任意x∈[0,+∞)，ex≥x2+1，然后利用不等式的性质证明a>1时，不等式成立.
【详解】解：（1）当a=2时，f(x)=2ex−x2，f'(x)=2ex−2x，
设g(x)=f'(x)=2ex−2x，则g'(x)=2ex−2，令g'(x)=0，得x=0，
所以g(x)在区间(−∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(0)=2−0=2，即f'(x)≥0对任意x∈R恒成立，
所以函数f(x)为增函数；
（2）先证对任意x∈[0,+∞)，ex≥x2+1.
令p(x)=ex−x2−1，p'(x)=ex−2x=m(x)，m'(x)=ex−2.
令m'(x)=0，得x=ln2，所以m(x)在区间(−∞,ln2)上单调递减，在区间(ln2,+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(ln2)>0，
所以p'(x)>0，所以p(x)在[0,+∞)上单调递增，所以p(x)≥p(0)=0，所以ex≥x2+1，x∈[0,+∞)，
当a>1时，f(x)−csx=aex−x2−csx>ex−x2−csx≥x2+1−x2−csx=1−csx≥0，
即f(x)>csx对于任意的x∈[0,+∞)恒成立.
【变式2-1】4. （2020秋·河南·高三校联考阶段练习）（1）当0≤x≤π2时，求证：x≥sinx；
（2）若ex≥kx+1对于任意的x∈0,+∞恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设a>0，求证；函数fx=eax−1⋅csx在0,π2上存在唯一的极大值点x0，且fx0>e−1a.
【答案】（1）证明见解析；（2）−∞,1；（3）证明见解析
【解析】（1）构造函数Gx=x−sinx0≤x≤π2，转化为函数的最值问题求解；
（2）设gx=ex−kx−1，则g'x=ex−k，分k≤1，k>1讨论，通过研究gx的最小值求解；
（3）求得f'x=eax−1acsx−sinx，令f'x=0得到tanx=a，通正切函数的性质可得函数单调性，进而可得极值点．将证明fx0>e−1a转化为证明a21+a2>e−1a，令t=−1a，则t<0，即证11+t2>ett<0，即证1+t2et−1<0t<0，构造函数利用导数求其最值即可．
【详解】（1）证明：设Gx=x−sinx0≤x≤π2，则G'x=1−csx≥0，
从而Gx在0,π2为增函数．所以Gx≥G0=0，
故当0≤x≤π2时，x≥sinx成立；
（2）解：设gx=ex−kx−1，则g'x=ex−k，
考虑到当x≥0时，ex≥1，
（ⅰ）当k≤1时，g'x≥0，则gx在0,+∞上为增函数，
从而gx≥g0=0，此时适合题意．
（ⅱ）当k>1时，g'x=ex−elnk，则当0所以当0由（ⅰ）（ⅱ）得所求实数k的取值范围为−∞,1．
（3）证明：f'x=aeax−1⋅csx−eax−1⋅sinx=eax−1acsx−sinx，
令f'x=0，得acsx−sinx=0，当x∈0,π2时，可化为tanx=a，
由正切函数的性质及a>0，得在0,π2内必存在唯一的实数x0，使得tanx0=a，
所以当x∈0,x0时，f'x>0，则fx在0,x0上为增函数：
当x∈x0,π2时，f'x<0，则fx在x0,π2上为减函数，
所以x=x0是fx的极大值点．且fx的极大值为fx0=eax0−1⋅csx0．
下面证明：fx0>e−1a．
当0≤x≤π2时，由（1）知x≥sinx，由（2）易证ex−1≥x．
所以eax0−1≥ax0≥asinx0，从而fx0=eax0−1⋅csx0≥asinx0csx0=a21+a2．
下面证明：a21+a2>e−1a．令t=−1a，则t<0，
即证11+t2>ett<0，即证1+t2et−1<0t<0．
令φt=1+t2et−1t<0，则φ't=1+t2et≥0，
从而φt在−∞,0上为增函数，
所以当t<0，φt<φ0=0，即1+t2et−1<0t<0．
故fx0>e−1a成立．
【点睛】利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.
【变式2-1】5. （2020·江西·校联考模拟预测）已知函数f(x)=ex−x，ℎ(x)=af(x)+2f(−x)+(2a−4)x（a∈R且a≠0，e是自然对数的底数）．
（1）讨论函数y=f(ax)的单调性；
（2）当x≥0时，ℎ(x)≥(a+2)csx恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；（2）[2,+∞)]
【分析】（1）由f(ax)=eax−ax，求导得到f'ax=a(eax−1)，再分a>0和a<0讨论求解.
（2）由x=π2时，根据ℎ(π2)≥0，得到a>0．然后令g(x)=ℎ(x)−(a+2)csx，求导g'(x) =ae2x−2ex+(a−2)+(a+2)sinx，分a≥2和0【详解】（1）易知f'ax=a(eax−1)
①若a>0，则当x>0时，f'x>0，当x<0时，f'x<0，
②若a<0，则当x>0时，f'x>0，当x<0时，f'x<0，
所以fx在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减．
（2）当x=π2时，ℎ(π2)=aeπ2+2e−π2+(a−2)π2≥0，
即(eπ2+π2)a≥π−2eπ2>0，所以a>0．
令g(x)=ℎ(x)−(a+2)csx
=aex+2e−x+(a−2)x−(a+2)csx，
则g'(x)=aex−2e−x+(a−2)+(a+2)sinx，
=ae2x−2ex+(a−2)+(a+2)sinx，
若a≥2，则当x∈[0,π]时，g'x≥0，
所以gx在[0,π]上单调递增；
当x∈(π,+∞)时，
g'(x)=aex−2e−x+(a−2)+(a+2)sinx
≥aex−2e−x+(a−2)−(a+2)
>aeπ−2e−π−4>4a−24−4，
所以当x∈[0,+∞)时，gx单调递增，
所以gx≥g0=0．
若0g'(x)=aex−2e−x+(a−2)+(a+2)sinx
≥aex−2e−x+(a−2)−(a+2)
=aex−2e−x−4，
由aex−2e−x−4=0得x=ln2+4+2aa>0，
所以g'(ln2+4+2aa)≥0，
所以∃x0∈0,ln2+4+2aa，使得g'x0=0，
且当x∈0,x0时，g'x<0，
所以gx在x∈0,x0上单调递减，
所以当x∈0,x0时，gx综上，a的取值范围为a≥2．
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立以及零点存在定理，还考查了分类讨论思想，运算求解的能力，属于难题.
1. （2022·陕西西安·西安中学校考模拟预测）已知f(x)=x2ex−xexsinx−ax+asinx.
（1）当f(x)有两个零点时，求a的取值范围；
（2）当a=1，x>0时，设g(x)=f(x)x−sinx，求证：g(x)≥x+lnx.
【答案】（1）a=−1e或a>0；（2）证明见解析.
【分析】（1）化简f(x)=xex−a(x−sinx)，根据题意得xex−a=0有一个非零实根，设ℎx=xex，利用导数求得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；
（2）化简g(x)=xex−1，根据题意转化为xex−1≥x+lnx=lnxex，令t=xex，得到新函数H(t)=t−lnt−1(t>0)，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数f(x)=x2ex−xexsinx−ax+asinx=xex−a(x−sinx)
因为f(x)有两个零点，又因为x−sinx=0时，解得x=0，
所以当xex−a=0有一个非零实根，
设ℎx=xex，可得ℎ'(x)=(x+1)ex，
当x∈(−∞,−1)时，ℎ'(x)<0，ℎx单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，ℎ'(x)>0，ℎx单调递增，
所以当x=−1时，函数ℎx取得最小值，最小值为ℎ(−1)=−1e，
又由ℎ(0)=0，x>0时，ℎ(0)>0；x<0时，ℎ(0)<0，
所以a=−1e或a>0，即实数a的取值范围是{−1e}∪(0,+∞).
（2）由题意，可得g(x)=f(x)x−sinx=xex−1，
要证g(x)≥x+lnx，即证xex−1≥x+lnx=lnxex，
令t=xex>0，令H(t)=t−lnt−1(t>0)，可得H'(t)=1−1t=t−1t，
令H'(t)>0，即t−1>0，解得t>1；
令H'(t)<0，即t−1<0，解得t<1，
所以函数H(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以H(x)≥H(1)=0，即xex−1≥x+lnx，即g(x)≥x+lnx.
【点睛】利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式fx>gx(fx0 (fx−gx<0)，进而构造辅助函数ℎx=fx−gx；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax−sinxcs3x,x∈0,π2
(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)【答案】(1)答案见解析.
(2)(−∞,3]
【分析】（1）求导,然后令t=cs2x,讨论导数的符号即可;
（2）构造g(x)=f(x)−sin2x,计算g'(x)的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.
【详解】（1）f'(x)=a−csxcs3x+3sinxcs2xsinxcs6x
=a−cs2x+3sin2xcs4x=a−3−2cs2xcs4x
令cs2x=t,则t∈(0,1)
则f'(x)=g(t)=a−3−2tt2=at2+2t−3t2
当a=8,f'(x)=g(t)=8t2+2t−3t2=(2t−1)(4t+3)t2
当t∈0,12,即x∈π4,π2,f'(x)<0.
当t∈12,1,即x∈0,π4,f'(x)>0.
所以f(x)在0,π4上单调递增,在π4,π2上单调递减
（2）设g(x)=f(x)−sin2x
g'(x)=f'(x)−2cs2x=g(t)−22cs2x−1=at2+2t−3t2−2(2t−1)=a+2−4t+2t−3t2设φ(t)=a+2−4t+2t−3t2
φ'(t)=−4−2t2+6t3=−4t3−2t+6t3=−2(t−1)(2t2+2t+3)t3>0
所以φ(t)<φ(1)=a−3.
1°若a∈(−∞,3],g'(x)=φ(t)即g(x)在0,π2上单调递减,所以g(x)所以当a∈(−∞,3],f(x)2°若a∈(3,+∞)
当t→0,2t−3t2=−31t−132+13→−∞,所以φ(t)→−∞.
φ(1)=a−3>0.
所以∃t0∈(0,1),使得φt0=0,即∃x0∈0,π2,使得g'x0=0.
当t∈t0,1,φ(t)>0,即当x∈0,x0,g'(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=csx在定义域内是减函数,若t0=csx0,当t∈t0,1,φ(t)>0,对应当x∈0,x0,g'(x)>0.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=ax−sinxcs2x,x∈0,π2．
(1)当a=1时，讨论fx的单调性；
(2)若fx+sinx<0，求a的取值范围．
【答案】(1)fx在0,π2上单调递减
(2)a≤0
【分析】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f'x，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0=0，从而得到g'0≤0，进而得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得sinx−sinxcs2x<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【详解】（1）因为a=1，所以fx=x−sinxcs2x,x∈0,π2，
则f'x=1−csxcs2x−2csx−sinxsinxcs4x=1−cs2x+2sin2xcs3x
=cs3x−cs2x−21−cs2xcs3x=cs3x+cs2x−2cs3x，
令t=csx，由于x∈0,π2，所以t=csx∈0,1，
所以cs3x+cs2x−2=t3+t2−2=t3−t2+2t2−2=t2t−1+2t+1t−1 =t2+2t+2t−1，
因为t2+2t+2=t+12+1>0，t−1<0，cs3x=t3>0，
所以f'x=cs3x+cs2x−2cs3x<0在0,π2上恒成立，
所以fx在0,π2上单调递减.
（2）法一：
构建gx=fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx0则g'x=a−1+sin2xcs3x+csx0若gx=fx+sinx<0，且g0=f0+sin0=0，
则g'0=a−1+1=a≤0，解得a≤0，
当a=0时，因为sinx−sinxcs2x=sinx1−1cs2x，
又x∈0,π2，所以01，
所以fx+sinx=sinx−sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx综上所述：若fx+sinx<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为−∞,0.
法二：
因为sinx−sinxcs2x=sinxcs2x−sinxcs2x=sinxcs2x−1cs2x=−sin3xcs2x，
因为x∈0,π2，所以0故sinx−sinxcs2x<0在0,π2上恒成立，
所以当a=0时，fx+sinx=sinx−sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx当a>0时，因为fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx=ax−sin3xcs2x，
令gx=ax−sin3xcs2x0注意到g'0=a−3sin20cs20+2sin40cs30=a>0，
若∀00，则gx在0,π2上单调递增，
注意到g0=0，所以gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
若∃0所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1∈0,π2，使得g'x1=0，
此时g'x在0,x1上有g'x>0，所以gx在0,x1上单调递增，
则在0,x1上有gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
综上：a≤0.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论a>0这种情况的关键是，注意到g'0>0，从而分类讨论g'x在0,π2上的正负情况，得到总存在靠近x=0处的一个区间，使得g'x>0，从而推得存在gx>g0=0，由此得解.
4．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0（2）已知函数fx=csax−ln1−x2，若x=0是fx的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）−∞,−2∪2,+∞
【分析】（1）分别构建Fx=x−sinx,x∈0,1，Gx=x2−x+sinx,x∈0,1，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0【详解】（1）构建Fx=x−sinx,x∈0,1，则F'x=1−csx>0对∀x∈0,1恒成立，
则Fx在0,1上单调递增，可得Fx>F0=0，
所以x>sinx,x∈0,1；
构建Gx=sinx−x−x2=x2−x+sinx,x∈0,1，
则G'x=2x−1+csx,x∈0,1，
构建gx=G'x,x∈0,1，则g'x=2−sinx>0对∀x∈0,1恒成立，
则gx在0,1上单调递增，可得gx>g0=0，
即G'x>0对∀x∈0,1恒成立，
则Gx在0,1上单调递增，可得Gx>G0=0，
所以sinx>x−x2,x∈0,1；
综上所述：x−x2（2）令1−x2>0，解得−1若a=0，则fx=1−ln1−x2,x∈−1,1，
因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在−1,0上单调递增，在0,1上单调递减，
则fx=1−ln1−x2在−1,0上单调递减，在0,1上单调递增，
故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=a>0
因为fx=csax−ln1−x2=csax−ln1−x2=csbx−ln1−x2，
且f−x=cs−bx−ln1−−x2=csbx−ln1−x2=fx，
所以函数fx在定义域内为偶函数，
由题意可得：f'x=−bsinbx−2xx2−1,x∈−1,1，
（i）当0由（1）可得f'x=−bsinbx−2xx2−1>−b2x−2xx2−1=xb2x2+2−b21−x2，
且b2x2>0,2−b2≥0,1−x2>0，
所以f'x>xb2x2+2−b21−x2>0，
即当x∈0,m⊆0,1时，f'x>0，则fx在0,m上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0上单调递减，
所以x=0是fx的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,1b⊆0,1，则bx∈0,1，
由（1）可得f'x=−bsinbx−2xx2−1<−bbx−b2x2−2xx2−1=x1−x2−b3x3+b2x2+b3x+2−b2，
构建ℎx=−b3x3+b2x2+b3x+2−b2,x∈0,1b，
则ℎ'x=−3b3x2+2b2x+b3,x∈0,1b，
且ℎ'0=b3>0,ℎ'1b=b3−b>0，则ℎ'x>0对∀x∈0,1b恒成立，
可知ℎx在0,1b上单调递增，且ℎ0=2−b2<0,ℎ1b=2>0，
所以ℎx在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b，
当x∈0,n时，则ℎx<0，且x>0,1−x2>0，
则f'x即当x∈0,n⊆0,1时，f'x<0，则fx在0,n上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：fx在−n,0上单调递增，
所以x=0是fx的极大值点，符合题意；
综上所述：b2>2，即a2>2，解得a>2或a<−2，
故a的取值范围为−∞,−2∪2,+∞.
【点睛】关键点睛：
1.当02.当a2≥2时，利用x−x25．（2019·全国·高考真题）已知函数f(x)=sinx−ln(1+x)，f'(x)为f(x)的导数．证明：
（1）f'(x)在区间(−1,π2)存在唯一极大值点；
（2）f(x)有且仅有2个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在−1,π2上单调递减，根据零点存在定理可判断出∃x0∈0,π2，使得g'x0=0，进而得到导函数在−1,π2上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x=0为fx在−1,0上的唯一零点；当x∈0,π2时，首先可判断出在0,x0上无零点，再利用零点存在定理得到fx在x0,π2上的单调性，可知fx>0，不存在零点；当x∈π2,π时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当x∈π,+∞，可证得fx<0；综合上述情况可证得结论.
【详解】（1）由题意知：fx定义域为：−1,+∞且f'x=csx−1x+1
令gx=csx−1x+1，x∈−1,π2
∴g'x=−sinx+1x+12，x∈−1,π2
∵1x+12在−1,π2上单调递减，−sinx，在−1,π2上单调递减
∴g'x在−1,π2上单调递减
又g'0=−sin0+1=1>0，g'π2=−sinπ2+4π+22=4π+22−1<0
∴∃x0∈0,π2，使得g'x0=0
∴当x∈−1,x0时，g'x>0；x∈x0,π2时，g'x<0
即gx在−1,x0上单调递增；在x0,π2上单调递减
则x=x0为gx唯一的极大值点
即：f'x在区间−1,π2上存在唯一的极大值点x0.
（2）由（1）知：f'x=csx−1x+1，x∈−1,+∞
①当x∈−1,0时，由（1）可知f'x在−1,0上单调递增
∴f'x≤f'0=0 ∴fx在−1,0上单调递减
又f0=0
∴x=0为fx在−1,0上的唯一零点
②当x∈0,π2时，f'x在0,x0上单调递增，在x0,π2上单调递减
又f'0=0 ∴f'x0>0
∴fx在0,x0上单调递增，此时fx>f0=0，不存在零点
又f'π2=csπ2−2π+2=−2π+2<0
∴∃x1∈x0,π2，使得f'x1=0
∴fx在x0,x1上单调递增，在x1,π2上单调递减
又fx0>f0=0，fπ2=sinπ2−ln1+π2=ln2eπ+2>ln1=0
∴fx>0在x0,π2上恒成立，此时不存在零点
③当x∈π2,π时，sinx单调递减，−lnx+1单调递减
∴fx在π2,π上单调递减
又fπ2>0，fπ=sinπ−lnπ+1=−lnπ+1<0
即fπ⋅fπ2<0，又fx在π2,π上单调递减
∴ fx在π2,π上存在唯一零点
④当x∈π,+∞时，sinx∈−1,1，lnx+1>lnπ+1>lne=1
∴sinx−lnx+1<0
即fx在π,+∞上不存在零点
综上所述：fx有且仅有2个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.