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fx0，g'π2=−sinπ2+4π+22=4π+22−10；x∈x0,π2时，g'x0
∴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+20,fx在0,α上单调递增；
当x∈α,π时,f'x0，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=π4−10，此时，函数y=fx单调递增.
∵fπ2=π216−10，可得a−lnππ（舍去）.
此时函数fx在π2,π上无零点；
若fπ2fπ0，
所以从ℎx在π2,π上是增函数，ℎx>ℎπ2=0即f'(x)>0，
当π422，ℎ'x0,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时，cs2x0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−sin1−12+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=eln2lnx+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)12时，ℎ''(0)=1−2k0，
故必然存在x0∈(0,1+2k)，使得x∈(0,x0)时，ℎ''(0)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tett0，则fx在0,x0上为增函数：
当x∈x0,π2时，f'xe−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tett0和a0．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00，当x0，当xaeπ−2e−π−4>4a−24−4，
所以当x∈[0,+∞)时，gx单调递增，
所以gx≥g0=0．
若00，
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'x0；（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,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+sinxxb2x2+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−2xx2−10,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−b20，
所以ℎx在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b，
当x∈0,n时，则ℎx0,1−x2>0，
则f'x0，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fx0，g'π2=−sinπ2+4π+22=4π+22−10；x∈x0,π2时，g'x0
∴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