專題9導數與三角函數交匯問題—答案解析【專題探究】例1【解析】（1）由a=14，得f(x)=x?sinxf'(x)=1?12cosx?當x∈0,π2時，T'(x)<0，T(x)單調遞減，當T(x)的最小值為Tπ2=1?π4所以f(x)在(0,π)上單調遞增，所以f(x)<f(π)=π?0?π2=（2）f(x)≥令g(x)=2ax?sinx2+cosx令t=cosx，?(t)=2t+1(2+t)所以?(t)在[?1,1]上單調遞增，所以?(?1)≤?(t)≤①當2a≥13，即a≥16時，g'②當2a≤0，即a≤0時，③當0<2a<13，即0<a<16時，若令φ(x)=2ax?13sinx，x∈故存在x0，使x∈0,x0時，φ所以φ(x)<φ(0)=0，即x∈0,x綜上，a的取值范圍是(1練1【解析】（1）①由題意得，f'0∵f'x=?sinx+xcosx+a,∴f②證明：由①可知，f'x=?sinx+xcosx當x∈π2,π時，f當x∈π,3π2時，f''又f'所以存在唯一的x0∈π,當x∈π2,x0當x∈x0,3π2時，所以函數fx在π2,3π（2）要證對于區間π,3π2內的一切實數，都有fx由（1）可知，f'x在π,3π所以f'π=?π+a,f'3π當f'3π2=1+a≤0，即a≤?1時，由則f'x<f'3π所以fx<fπ=?2+πa≤?2+π?(ii)當f'3π2由（1）②可知：fπ=?2+πa<0f綜上，當a≤2π時，對于區間π,3π練2【解析】（1）由題意，函數fx=a因為fx≤0，且f1令gx=a?a因為g1=0，且g'1=0當a=12時，g'x=1x當x∈1,+∞時，g'x<0，所以實數a的值為12（2）由函數fx可得f'令?x=3當x∈0,3時，?'當x∈3,+∞時，?'又由?1=0，?e所以?x0∈當x∈0,1時，?x>0，即f當x∈1,x0時，?x<0當x∈x0,+∞時，?x>0所以fx存在唯一極小值點x因為x0∈e,又因為?x0=0，所以lnx0當x∈0,3時，φ'x<0，φx單調遞減；當因為x0∈e,綜上可得：?e（3）對?x∈0,π，Fx+1≤G即不等式?1當x=0時，不等式對任意實數b都成立；當x∈0,π時，sinx>0，所以b≥可得g'令?x則?'令φx=1所以φx在0,π上單調遞減，所以φ所以?'x<0，?x單調遞減，所以?x又由當x→0時，?12x所以b≥?2，即實數b的取值范圍是[?例2【解析】（1）當a＝12時，則f'x＝e?'x＝ex因此?'x≥1?cosx≥0,所以于是f'x≥f'0＝0，因此函數fx（2）由（1）知，當a≤12當且僅當x＝0時取等號，此時函數fx僅有1當a>12時，因為fx設g(x)=f'(x)=當x∈π2,π時，g'x當x∈0,π2φ'因為ex>0,a(3所以φ(x)即g'x單調遞增．又因此g'x在0,π2上存在唯一的零點x當x∈(0,x0)時，g'x<0當x∈(x0,π2)時，又f'0因此f'x在x0,π且x1∈x0,π．當x∈當x∈x1,π時，f'又f0＝0,fx1＜f因此fx在0,π上有兩個零點．綜上，a的取值范圍是1練3【解析】(1)當a=0時，f(x)=ex(sinx?e)，

則f'(x)=ex(sinx?e)+excosx=ex(sinx?e+cosx)，

∵sinx+cosx=2sin(x+π4)≤2<e，∴sinx+cosx?e<0，

則只需要證明對任意的x∈0,+∞，sinx?ax2+2a?e<0．

設ga=sinx?ax2+2a?e=?x2+2a+sinx?e，看作以a為變量的一次函數，

要使sinx?ax2+2a?e<0，則g12<0g1<0，即sinx?12x2+1?e<0;=1\?GB3①sinx?x2+2?e<0;=2\?GB3②，

∵sinx+1?e<0恒成立，∴=1\?GB3①恒成立，=(sint2+1)2+34?e≤(54)練4【解析】解：(1)當a=?1時，f(x)=e則f′(x)=e當x∈0,π2所以2所以1≤又ex≥1，所以2所以f(x)在區間0,π所以f(x)的最小值為f(0)=0．(2)由f(x)=e.xsinx+ax,x∈則f(x)在區間0,π2上有且只有f′(x)=exsinx+excosx+a，

令?(x)=e所以f′(x)在區間0,π故f(x)min=f(0)=1+a當a≥?1時，f′(x)≥f′(0)≥0，

則f(x)在區間0,π2上單調遞增，所以f(x)在區間當a≤?eπ2時，f′(x)≤f′π2≤0，則f(x)在區間0,π2當?eπ2則f′(x)在區間0,π2上只有1個零點，設為當x∈[0,x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；當x∈x0又f(0)=0，fπ2=eπ2+π2綜上，實數a的取值范圍是?2例3【解析】（1）由gx=x+mlnx,∴g'當m≥0時，g'x>0，gx當m<0時,當0<x<?m時，g'x<0；當x>?m時gx在0,?m上為減函數，在∴x=?m，gx有極小值綜上知：當m≥0，gx無極值，當m<0，gx有極小值（2）證明：令?x=x?asinx，∴∵?1≤cosx≤1,且0<a<1，∴?'x所以當0<a<1時，?x=x?asinx在所以當x∈0,+∞時，恒有?x當m≥0，gx在0,+∞上為增函數，當0<a<1，?x=x?asinx這時，y=fx在0,+∞所以不可能存在x1,x2∈0,+∞，滿足當設0<x1<x2∴?mlnx∵x1?sinx1由①②式可得：?mlnx2又lnx1<lnx2，要證x1x2<ma?1④，所以由設t=x2x1>1令?由?'t=t?12∴?t>?1=0，∴x2?練5【解析】（1）依題意知：x∈0,+∞，f'x=a∴g(x)=alnx+1x+1∵g(x)有兩個極值點，∴g'x在令g'x=0得：a∴關于x的一元二次方程有兩個不等的正根，記為x1,∴Δ>0x1+x2>0x故a的取值范圍為：0,1（2）依題意，要證：xlnx①當0<x≤1時，xlnx②當x>1時，要證：xlnx即要證：xlnx令?(x)=xlnx?ex?″x=1x?令φ(x)=ex?x?1,(x>1)，則當x>1時，φ'x>0，∴φ(x)在1，+∞單調遞增，即：ex>x+1，(x>1)，當x>1時，0<1x?″x=∴?'x在1，+∞單調遞減，∴?(x)在1，+∞單調遞減，∴?(x)<?(1)=1?e?即：xlnx練6【解析】（1）設g(x)=f'(x)，則g(x)=cosx?當x∈?1,π2時，g'(x)可得g'(x)在?1,π2有唯一零點，設為α，故則當x∈(?1,α)時，g'(x)>0；當x∈α,π2所以g(x)在(?1,α)單調遞增，在α,π2單調遞減，故g(x)在即f'(x)在?1,π（2）f(x)的定義域為(?1,+∞)．（i）當x∈(?1,0]時，由（1）知，f'(x)在(?1,0)單調遞增，而所以當x∈(?1,0)時，f'(x)<0，故f(x)在(?1,0)單調遞減，又從而x=0是f(x)在(?1,0]的唯一零點．（ii）當x∈0,π2時，由（1）知，f'(x)在(0,α)而f'(0)=0，所以存在β∈α,π2且當x∈(0,β)時，f'(x)>0；當x∈β,π2故f(x)在(0,β)單調遞增，在β,π又f(0)=0，fπ2=1?ln1+從而f(x)在0,π2（iii）當x∈[π2,π]時，f'(x)<0，所以f(x)在π2所以f(x)在[π（iv）當x∈(π,+∞)時，ln(x+1)>1，所以f(x)<0，從而f(x)在綜上，f(x)有且僅有2個零點．【專題訓練】1.【解析】解：(1)當a=2時，f(x)=x22?x+2sinx，

設切線斜率為k，因為f′(x)=x?1+2cosx，所以k=f′(0)=1，

又f(0)=0，

所以，切線方程是y=x．

(2)?①當a≥1時，因為x∈(0,π)，所以sinx>0，所以f(x)=x22?x+asinx≥x22?x+sinx.

記g(x)=x22?x+sinx，則g′(x)=x?1+cosx，令?x=g′x，

?′x=1?sinx.

因為當x∈(0,π)時，?′x≥0，所以g′(x)在區間(0,π)上單調遞增，

所以，g′(x)>g′(0)=0，

所以，g(x)在區間(0,π)上單調遞增，

所以，g(x)>g(0)=0，所以f(x)>0．

?②當a<1時，f′(x)=x?1+acosx，令φx=f′x，

2.【解析】(1)f'①當a≤0時，fx在?∞,?1上單調遞減，在?1,+∞上單調遞增，所以x=?1為fx②當a>0時，由f'x=0得x=?1（?。┊攁=1e時，fx（ⅱ）當0<a<1e時，fx在?∞,在?1,+∞上單調遞增，所以x=?1為fx（ⅲ）當a>1e時，fx在?∞,?1在lna,+∞上單調遞增，所以x=?1為fx的極大值點，綜上，a(2)根據（1）可知a≤0，f?1為唯一的極值，所以?1e所以即證?x≥?1，xex?sinx設?x=g設φx=?'x，則φ'x當x∈(?1,0]時，cosx>0,φ當x∈0,+∞時，所以φ'x=x+3?'0=2>0，?所以?'?1<0，所以?因此當x∈?1,x0時，?'x得g'x在?1,x又g'?1=?因此當x∈?1,0時，g'x<0，當所以gx在?1,0上單調遞減，在0,+∞上單調遞增，得g所以xe3.【解析】（1）a=2時，fx=e當x≤0時,f'當0<x≤π2時,f'x單調遞增,∴存在x0∈0,π2，使得f'∴fx在?∞,x0∵f0=0，fx∴fx（2）gx=e顯然x=0是gx的極小值點的必要條件為g'0此時g'x=則?'x又?'x在?1,0上單調遞增，且?'當0<x<π2時,ex>1,cosx>0,0<當x>π2時,ex>2,?1<cosx<1,0<故?'x存在唯一的零點x0∴?x在?1,x0∵?0=0，∴?x∴?x即g'x在?1,x0存在唯一的零點x∴gx在?1,x1上單調遞增，在x∴當a=2時，x=04.【解析】(1)g(x)=a2x2+xcosx?sinx,x∈0,π2,

所以g'(x)=x(a?sinx)，當a≥1時，a?sinx≥0，所以g(x)在0,π2單調遞增，

又因為g(0)=0，所以g(x)在0,π2上無零點.

當0<a<1時，?x0∈0,π2使得sinx0=a，所以g(x)在x0,π2單調遞減，在0,x0單調遞增，

又因為g(0)=0，g(π2)=aπ28?1，

所以若（2）由xex?a=fx?則有ex?a+x?a=x+lnx,令?x=x+lnx?'x=1+1x所以ex?a=x，則有即a=x?lnx,x>0,因為關于x的方程則方程a=x?lnx,x>0有兩個不同的實數解，令φx當0<x<1時，φ'x<0，當x>1所以函數φx=x?lnx在0,1上單調遞減，在1,+∞上單調遞增，所以當x→0時，φx→+∞，當x→+∞時，5.【解析】解：(1)當

a=0

時，

f(x)=xsinx

，

f′(x)=當

x∈0,π2

時，

sinx>0

，

cosx>0

所以

f(x)

在

0,π2又f(?x)=?xsin(?x)=x所以

f(x)

為偶函數，所以

f(x)

在

?π2綜上，

f(x)

在

?π2,0

上單調遞減，在

(2)①由題意可得

f′(x)=sinx+xcosx?acosx=當

0<x<π2

時，

f′(x)=函數

y=tanx+x

在

0,π2

上單調遞增，值域為當

a>0

時，存在唯一實數

x0∈0,π2

又

cosx>0

，所以當

0<x<x0

時，

f′(x)<0

，

當

x0<x<π2

時，

f′(x)>0

，所以當

a>0

時，

f(x)

在

0,π2

上存在極小值點

x當

π2<x<π

時，

f′(x)=函數

y=tanx+x

在

π2,π

上單調遞增，值域為當

a<π

時，存在唯一實數

x′0∈π2,π又

cosx<0

，所以當

π2<x<x′0

時，

f′(x)>0

當

x′0<x<π

時，

f′(x)<0

，

所以當

a<π

時，

f(x)

在

π2,π

上存在極大值點

x又

f′π2=1≠0

，

綜上，若

f(x)

在區間

(0,π)

上存在兩個極值點，則a的取值范圍為

②由

f′x1=0

，得所以

fx1同理可得

fx2由

fx1+fx2=0又

0<x1<x2<π所以

cosx1=?cosx2=cosx2?π

，解得所以

x1+6.【解析】解：(1)

f′(x)=1x+1①當

x∈?1,0

時，易證：

sinx≥x

，所以

f′(x)≥1x+1?x+2x=x2+x+1x+1=x+②當

x∈0,π2

時，設

g(x)=1x+1?x+2sinx

，則

g′(x)=?1x+12?1+2cosx

，

又設?(x)=?1(x+1)2?1+2cosx，

則?′(x)=2(x+1)3?2sinx

，由于

2x+13

和

?2sinx當

x∈0,x0

時，

?′(x)>0

，?(x)單調遞增，即g′x

單調遞增；

當

x∈x0,π2

因為

g′(0)=0,g′(π2)<0

，所以存在當

x∈0,x1

時，

g′x>0

，

gx

單調遞增；

當

x∈x1,π因為

g0=1,gπ2=2?π2+22+π>0

，所以

綜上所述，函數

fx

在

?1,π2(2)由(1)知：當

x∈(0,x1)

時，

g′x>0

，

gx

單調遞增；

當

x∈(x1,π2)

時，

g′x<0

，

gx

單調遞減；

因為

g0=1,gπ令

x=1k2k≥2

，則所以

k=2nsi