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高分提能四　导数与三角函数结合问题
【典型例题】
例1　解:(1)由题得f'(x)=-cos x+k.
因为f(x)为R上的单调函数,
所以对任意的x,都有f'(x)≤0,或对任意的x,都有f'(x)≥0,
即对任意的x,都有k≤cos x,或对任意的x,都有k≥cos x,所以k的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞).
(2)证明:因为g(-x)=-x3-x-sin x=-g(x),且g(0)=0,所以g(x)是奇函数,所以只需证明:k存在无数个取值使得g(x)在(0,+∞)上恰有一个零点.
易知g'(x)=x2+1+cos x,
令h(x)=x2+1+cos x,x>0,
则h'(x)=kx-sin x=f(x).
由(1)知,当k≤-1时,h'(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以对任意的x>0,都有h'(x)因为h(0)=2,h(π)=<0,所以存在x0∈(0,π),使得h(x0)=0.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表所示:
x 0 (0,x0) x0 (x0,+∞)
g'(x) 2 + 0 -
g(x) 0 单调递增 极大值 单调递减
故当x∈(0,x0]时,g(x)>g(0)=0.
又g(π)=π3+π≤-π3+π<0,
所以存在唯一的x1∈(x0,π),g(x1)=0.
于是当k≤-1时,g(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故k存在无数个取值使得g(x)恰有三个不同的零点.
自测题
解:(1)由函数f(x)=xsin x+cos x,可得f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
当x∈时,令f'(x)=0,可得x=0,故当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)证明:由题得g(x)=f(x)-cos x-1=xsin x+cos x-cos x-1=xsin x-1,则g'(x)=sin x+xcos x,当x∈时,sin x≥0,cos x≥0,x≥0,故g'(x)≥0,此时g(x)在上单调递增;
当x∈时,记h(x)=g'(x)=sin x+xcos x,则h'(x)=cos x+cos x-xsin x=2cos x-xsin x.
由x∈,得cos x<0,xsin x>0,则h'(x)<0,因此g'(x)在上单调递减.
因为g'(π)=-π,g'=1,所以存在唯一的x0∈,使得g'(x0)=0,
当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
综上可知,g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,π)上单调递减,且g=-1>0,g(0)=g(π)=-1<0,
因此g(x)在[0,π]上有两个零点.
例2　解:(1)当a=1时,f(x)=2ex+xsin x+cos x-x-3,则f'(x)=2ex+xcos x-1,所以f(0)=0,f'(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)由题可得f'(x)=2ex+xcos x-a.
因为f(0)=0,f(x)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立,
所以f'(0)≥0,即2-a≥0,所以a≤2.
下面证明:当a≤2时,f(x)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立.
因为x∈[0,+∞),所以-x∈(-∞,0],
所以f(x)=-x·a+2ex+xsin x+cos x-3≥2ex+xsin x+cos x-2x-3.
令φ(x)=ex-x-1,则φ'(x)=ex-1,
令φ'(x)=0得x=0,所以φ(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以φ(x)≥φ(0)=0,即ex≥x+1.
令g(x)=2ex+xsin x+cos x-2x-3,x∈[0,+∞),因为cos x≥-1,所以g'(x)=2ex+
xcos x-2≥2(x+1)-x-2=x≥0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,
故当a≤2时,f(x)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立.综上可得,a≤2.
(3)证明:令F(x)=ln x-x+1,则F'(x)=,当x∈(0,1)时,F'(x)>0,当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,所以F(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以F(x)≤F(1)=0,即ln x≤x-1.
因为k∈N*,所以>1,
所以ln<-1=,
所以>=ln=ln(n+1).
令G(x)=ln x-1+,则G'(x)=,当x∈(0,1)时,G'(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,G'(x)>0,所以G(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以G(x)≥G(1)=0,即ln x≥1-.
因为k∈N*,所以>1,
所以ln>1-=,
所以<=ln=ln(n+1).
综上可得,自测题
解:(1)令h(x)=x-asin x,x∈[0,+∞),则h'(x)=1-acos x.
当a∈(0,1]时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)≥h(0)=0.
当a∈(1,+∞)时,令m(x)=h'(x)=1-acos x,则m'(x)=asin x,所以对任意的x∈,都有m'(x)>0,
则h'(x)在上单调递增,
又h'(0)=1-a<0,h'=1>0,所以存在x0∈,使得h'(x0)=0,
所以当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,则h(x)综上所述,a的取值范围为(0,1].
(2)证明:由(1)知,当a=1时, x∈[0,+∞),sin x≤x,当且仅当x=0时,等号成立.先证ln(x+1)≤x,x∈[0,+∞).
令φ(x)=x-ln(x+1),x≥0,则φ'(x)=1-≥0在定义域上恒成立,所以φ(x)单调递增,φ(x)≥φ(0)=0,
即ln(x+1)≤x,当且仅当x=0时,等号成立.所以当x∈(0,+∞)时,ln(x+1)+sin x<2x,所以[ln(x+1)+sin x]<2(x2+1).
要证 x∈(0,+∞),2ex>[ln(x+1)+sin x],只需证ex>x2+1.令g(x)=(x2+1)e-x-1,x∈(0,+∞),则g'(x)=(2x-x2-1)e-x=-(x-1)2e-x≤0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以g(x)x2+1.
综上可得, x∈(0,+∞),2ex>[ln(x+1)+sin x].
例3　解:(1)方法一:f'(x)=-5sin x+5sin 5x=5(sin 5x-sin x)=5×2cossin=
10cos 3xsin 2x,
因为x∈,所以2x∈,3x∈.当00,f(x)单调递增;当所以f(x)在区间上的最大值为f=+=3.
方法二:令f'(x)=5(sin 5x-sin x)=0,则sin 5x=sin x,由x∈,得5x∈,所以5x=x或5x=π-x,解得x=0或x=.
因为连续可导函数的最大值必在端点或者极值点处取得,所以只需比较f(0),f,f的大小,
又f(0)=4,f=3,f=3,所以f(x)在区间上的最大值为f=3.
(2)证明:方法一:若θ∈,则(cos y)min≤=
cos acos θ≤cos θ.若θ∈,不妨取a∈[0,2π],
①若π∈(a-θ,a+θ),则(cos y)min=-1≤cos θ;
②若a+θ≤π,则a+θ,θ∈,所以cos(a+θ)③若a-θ≥π,则π令y=a-θ,则存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ.综上,存在y∈[a-θ,a+θ],使得
cos y≤cos θ.
方法二(反证法):假设对任意y∈[a-θ,a+θ],都有cos y>cos θ,
则y∈(-θ+2kπ,θ+2kπ),k∈Z,不妨设a∈[0,2π),则a-θ>-π,a+θ<3π,
则[a-θ,a+θ] (2kπ-θ,2kπ+θ),k∈Z,故a=2kπ,k∈Z,矛盾,故得证.
方法三(周期性):g(y)=cos y的最小正周期为2π,不妨设a∈[-π,π],
则a-θ>-2π,a+θ<2π,设cos t≤cos θ(t∈(-2π,2π)),
解得t∈[-2π+θ,-θ]∪[θ,2π-θ],记该区间为D1,设D2=[a-θ,a+θ].
若存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ,只需D1与D2有交集即可,
当a<0时,a-θ<-θ,a+θ>-2π+θ,所以有交集;当a=0时,D1∩D2={-θ,θ};当a>0时,a+θ>θ,a-θ<2π-θ,所以有交集.故得证.
(3)方法一:原不等式等价于b≥5cos x-cos 5x+cos 5x-cos(5x+φ).
由(1)知,当x∈时,f(x)≤3,当x∈时,f(x)<5cos+=3<3,所以 x∈[0,π],f(x)≤3.
因为f(x)为偶函数,且2π为f(x)的一个周期,所以 x∈R,f(x)≤3,所以当b=3时,可取φ=0满足题意.
不妨设φ∈[0,2π),取x=-∈,则5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos=5cos x-cos=5cos x+cos x=6cos x≥3,所以b≥3,
所以b的最小值为3.
方法二:不妨设φ∈[0,2π],令g(x)=5cos x-cos(5x+φ),
则g'(x)=5[sin(5x+φ)-sin x]=10cossin,
所以g(x)的极值点为x=-+,k∈Z,-+,k∈Z,
结合g(x+π)=-g(x),代入k=0,1,2,即可得g(x)的极值为±4sin,±4cos,±6sin,±6cos,±6cos,所以g(x)max=max≥6cos≥3,当φ=0时取等号.综上,b的最小值为3.
方法三:由余弦函数的周期性可令φ∈[0,2π).
①当φ=0时,[5cos x-cos(5x+φ)]2=[5cos x-(16cos5x-20cos3x+5cos x)]2
=(cos2x)3·≤·=27,可得b≥3,所以b的最小值为3.
②当φ∈[0,2π)时,取x=∈,则5cos x-cos(5x+φ)=5cos x-cos=
6cos x≥3,则b的最小值为3.
综上可得,b的最小值为3.
自测题
解:(1)因为f(x)=xsin x+cos x,所以f'(x)=xcos x.令f'(x)=0,则x=0或x=kπ+(k∈Z).
易得f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以函数f(x)在x=0处取得极小值,且极小值为1.
(2)令g(x)=ax2+2cos x-xsin x-cos x=ax2+cos x-xsin x,
因为g(-x)=g(x),所以g(x)为偶函数,因为g(0)=1,所以只需g(x)≥0对任意的x∈(0,+∞)恒成立即可.
令g(x)≥0(x>0),则a≥(x>0),
令h(x)=(x>0),
则h'(x)=,易得h(x)的极大值点为x0=+2kπ(k∈N),
所以a≥h(x0)==,所以a≥.提能特训(四)
1.解:(1)函数f(x)=ln x+sin x的定义域为(0,+∞),f'(x)=+cos x,
令g(x)=f'(x)=+cos x,
则g'(x)=--sin x,
当x∈[1,π]时,g'(x)<0,所以g(x)在[1,π]上单调递减,
又g(1)=1+cos 1>0,g(π)=+cos π=-1<0,
所以由函数零点存在定理可知,g(x)在[1,π]上存在唯一的零点a,使g(a)=f'(a)=0,
所以当x∈[1,a)时,g(x)=f'(x)>0,
当x∈(a,π]时,g(x)=f'(x)<0,
所以函数f(x)在[1,a)上单调递增,在(a,π]上单调递减,
又因为f(1)=ln 1+sin 1=sin 1ln e=1,
所以函数f(x)在区间[1,π]上的最小值为f(1)=sin 1.
(2)证明:因为f(x)=ln x+sin x,x∈(0,+∞),
所以当00,所以f(x)在(0,1)上单调递增,
又f(1)=sin 1>0,f=-1+sin<0,
所以由函数零点存在定理可知,f(x)在(0,1)上存在唯一的零点.
若1≤x≤π,则ln x>0,sin x≥0,则f(x)>0,即f(x)在[1,π]上没有零点.
若x>π,因为ln x>ln π>1,-1≤sin x≤1,所以f(x)>0,
即f(x)在(π,+∞)上没有零点.
综上,函数f(x)在(0,+∞)上只有一个零点.
2.解:(1)f(x)=ln x+,
则f'(x)=-=,
当x∈(0,1)时,f'(x)=<0,所以f(x)=ln x+在(0,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,f'(x)=>0,所以f(x)=ln x+在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=1.
(2)证明:由(1)知f(x)≥1,要证明xf(x)>,
只需证明x>,
令g(x)=x-,x>0,则g'(x)=1-=1-==≥0,
所以g(x)=x-在(0,+∞)上单调递增,
即g(x)>g(0)=0,所以x>,
即xf(x)>成立.
3.解:(1)当a=1时,f(x)=2x+xcos x-sin x,则f'(x)=2-xsin x,f'(0)=2,
又f(0)=0,所以当a=1时,f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为2x-y=0.
(2)f(0)=0,f'(x)=2a+acos x-axsin x-cos x,
要使f(x)≥0对任意x≥0恒成立,必有f'(0)≥0,即a≥.
方法一:令h(x)=-x,x≥0,则h'(x)=-≤0,
故h(x)在[0,+∞)上单调递减,所以h(x)≤h(0)=0,即-x≤0,即x(2+cos x)-sin x≥0,
此时f(x)=ax(2+cos x)-sin x≥x(2+cos x)-sin x≥0,符合题意.
当a<时,f'(0)<0,必存在x0>0,使得当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,
所以f(x)在(0,x0)上单调递减,f(x)所以实数a的取值范围为.
方法二:当a≥时,f(x)=ax(2+cos x)-sin x≥x(2+cos x)-sin x,
令g(x)=x(2+cos x)-sin x,x≥0,则g'(x)=-cos x-xsin x,
令h(x)=g'(x),则h'(x)=sin x-xcos x,
令t(x)=h'(x),则t'(x)=xsin x.
①当0≤x<π时,t'(x)≥t'(0)=0,所以t(x)在[0,π)上单调递增,
所以h'(x)≥h'(0)=0,h(x)在[0,π)上单调递增,
所以g'(x)≥g'(0)=0,g(x)在[0,π)上单调递增,则g(x)≥g(0)=0;
②当x≥π时,x(2+cos x)≥×(2-1)=,-sin x≥-1,
所以g(x)=x(2+cos x)-sin x≥-1>0.
由①②知,当a≥时,对任意的x≥0,都有f(x)≥g(x)≥0成立.
当a<时,f'(0)<0,必存在x0>0,使得当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,
所以f(x)在(0,x0)上单调递减,f(x)所以实数a的取值范围为.
(3)证明:易证得当x>0时,sin x所以sin<,
ln(n+1)=ln=ln+ln+ln+…+ln=ln,
要证明sin令F(x)=ln x+-1(x>1),得F'(x)=-=>0,
所以F(x)在(1,+∞)上单调递增,所以F(x)>F(1)=0,所以ln x>1-,
令x=,代入得4.解:(1)(i)当a=1,b=0时,f(x)=xsin x,定义域为R,
∵f(-x)=-xsin(-x)=xsin x=f(x),∴f(x)是偶函数.
对f(x)求导可得f'(x)=sin x+xcos x,x∈,
当x∈时,f'(x)<0,当x∈时,f'(x)≥0,
∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
故f(x)在上的极小值为f(0)=0,无极大值.
(ii)证明:由(i)得f'(x)=sin x+xcos x,令f'(x)=sin x+xcos x=0,
则有cos x≠0,
∴x=-tan x,作出y=x与y=-tan x的图象,如图,
设x0是f'(x)=0的任意正实根,则x0=-tan x0,
则存在一个非负整数k,使x0∈,
即x0为第二或第四象限角,
∵f'(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),∴当x变化时,f'(x)的变化情况如下表,
x x0 (x0,π+kπ)
f'(x)(k为正奇数) - 0 +
f'(x)(k≥0且k为偶数) + 0 -
∴满足f'(x)=0的正根x0都为函数f(x)的极值点,
由题可知a1,a2,…,an,…为方程x=-tan x 全部正实根,且满足a10.
∵+(n-1)π则由tan an+1tan an>0,
可得tan(an+1-an)<0,
故(2)证明:当a=0,b=1时,f(x)=cos x,
设k1对应的切点坐标为(x1,cos x1),(x1',cos x1'),x1∵f'(x)=-sin x,∴k1=-sin x1=-sin x1',k2=-sin x2=-sin x2',
由余弦函数的周期性,只需考虑-π结合余弦函数的图象,只需考虑x1+x1'=π,x2+x2'=3π的情形,
则k1==
=,
k2==
=,
其中-π∴=·.
k1==-sin x1,
k2==-sin x2,
即cos x1=sin x1,cos x2=sin x2,
令F(x)=+x-,当-π则F(x1)=0,F'(x)=+1=-<0,
∴F(x)在上单调递减,
又F=--<0,
∴-π∴-π故=·<<=,得证.高分提能四　导数与三角函数结合问题
　　【方法综述】有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较困难,我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.
1.与三角函数零点有关的证明:基本方法是分区间讨论,利用导数工具和正余弦函数的有界性,分而治之.
2.三角函数的最值与放缩,常见的放缩如下:
(1)正弦函数:当x>0时,x>sin x>x-x2.
(2)余弦函数:cos x≥1-x2.
(3)正切函数:当x∈时,sin x(4)值域:sin x∈[-1,1],cos x∈[-1,1].
3.三角函数的导数与三角恒等式:此类问题中的函数式通常需要先通过三角恒等化简,再进行求导和分析,或者在求导后需要根据三角公式进行化简.
类型一　与三角函数零点有关的证明
例1 已知函数f(x)=-sin x+kx.
(1)若f(x)为R上的单调函数,求k的取值范围;
(2)若函数g(x)=x3+x+sin x,求证:k可以取无数个值,使得每一个k的取值g(x)都恰有三个不同的零点.
自测题
已知函数f(x)=xsin x+cos x.
(1)讨论函数f(x)在区间上的单调性;
(2)证明:函数g(x)=f(x)-cos x-1在[0,π]上有两个零点.
类型二　三角函数的最值与放缩
例2 已知函数f(x)=2ex+xsin x+cos x-ax-3(a∈R).
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若f(x)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立,求a的取值范围.
(3)证明:自测题
已知函数f(x)=asin x,其中a>0.
(1)若f(x)≤x在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围;
(2)证明: x∈(0,+∞),2ex>[ln(x+1)+sin x].
类型三　三角函数的周期与导数
例3 [2025·全国一卷] (1)求函数f(x)=5cos x-cos 5x在区间上的最大值;
(2)给定θ∈(0,π)和a∈R,证明:存在y∈[a-θ,a+θ],使得cos y≤cos θ;
(3)设b∈R,若存在φ∈R,使得5cos x-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立,求b的最小值.
自测题
已知函数f(x)=xsin x+cos x.
(1)探讨函数f(x)在x=0处的极值;
(2)若ax2+2cos x-f(x)≥0对任意的x∈R恒成立,求实数a的取值范围.　提能特训(四)导数与三角函数结合问题
1.已知函数f(x)=ln x+sin x.
(1)求函数f(x)在区间[1,π]上的最小值;
(2)证明:函数f(x)只有一个零点.
2.[2025·山东聊城三模] 已知函数f(x)=ln x+(m∈R).
(1)求f(x)的最小值;
(2)证明:xf(x)>.
3.[2025·湖北十堰模拟] 已知函数f(x)=2ax+axcos x-sin x(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)若对任意x≥0,都有f(x)≥0,求实数a的取值范围;
(3)证明:sin4.[2025·湖北宜荆荆恩四校联考] 定义:若函数f(x)的图象上恰好存在相异的两点P,Q,满足曲线y=f(x)在P和Q处的切线重合,则称P,Q为曲线y=f(x)的“双重切点”,直线PQ为曲线y=f(x)的“双重切线”.已知函数f(x)=axsin x+bcos x.
(1)当a=1,b=0时,
(i)判断f(x)的奇偶性,并求f(x)在上的极值;
(ii)设f(x)在(0,+∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排列为a1,a2,…,an,…,求证:(2)当a=0,b=1时,直线PQ为曲线y=f(x)的“双重切线”,记直线PQ的斜率所有可能的取值为k1,k2,…,kn,若k1>k2>ki(i=3,4,5,…,n),证明:<.(共33张PPT)
高分提能四 导数与三角函数结合问题
类型一 与三角函数零点有关的证明
类型二 三角函数的最值与放缩
类型三 三角函数的周期与导数
◆
典型例题
【方法综述】有关导数与三角函数交汇的试题在高考与模拟试
题中频频出现.在函数与导数试题中加入三角函数,由于三角函数具有
周期性,无法通过多次求导使三角函数消失,使得后续问题的处理比较
困难,我们可从以下几个角度来突破此类问题的难点.
1.与三角函数零点有关的证明：基本方法是分区间讨论,利用导数工
具和正余弦函数的有界性,分而治之.
2.三角函数的最值与放缩,常见的放缩如下：
（1）正弦函数:当时, .
（2）余弦函数: .
（3）正切函数:当时, .
（4）值域:, .
3.三角函数的导数与三角恒等式：此类问题中的函数式通常需要先通
过三角恒等化简,再进行求导和分析,或者在求导后需要根据三角
公式进行化简.
类型一 与三角函数零点有关的证明
例1 已知函数 .
（1）若为上的单调函数,求 的取值范围；
解：由题得 .
因为为 上的单调函数,
所以对任意的,都有,或对任意的,都有 ,
即对任意的,都有,或对任意的,都有 ,
所以的取值范围是 .
例1 已知函数 .
（2）若函数,求证： 可以取无数个值,使
得每一个的取值 都恰有三个不同的零点.
证明：因为,且 ,
所以是奇函数,所以只需证明：
存在无数个取值使得 在 上恰有一个零点.
易知 ,
令, ,则 .
由（1）知,当时,在 上单调递减,
所以对任意的,都有,则在 上单调递减.
因为,,所以存在,使得 .
0
2 0 -
0 单调递增 极大值 单调递减
故当时, .
又 ,
所以存在唯一的, .
于是当时,在上存在唯一的零点.
故 存在无数个取值使得 恰有三个不同的零点.
当变化时,, 的变化情况如下表所示：
自测题
已知函数 .
（1）讨论函数在区间 上的单调性；
解：由函数 ,
可得 .
当时,令,可得,
故当 时,,单调递增,
当时,, 单调递减,
所以在上单调递增,在 上单调递减.
已知函数 .
（2）证明：函数在 上有两个零点.
证明：由题得
,
则,
当时,,, , 故,
此时在 上单调递增；
当时,记 ,
则 .
由,得,,
则,因此 在 上单调递减.
因为 ,,所以存在唯一的 ,使得 ,
当时,,单调递增,
当时, , 单调递减.
综上可知,在上单调递增,在 上单调递减,
且, ,
因此在 上有两个零点.
类型二 三角函数的最值与放缩
例2 已知函数 .
（1）若,求曲线在点 处的切线方程；
解：当时, ,
则,所以, ,
所以曲线在点处的切线方程为 .
例2 已知函数 .
（2）若对任意的恒成立,求 的取值范围.
解：由题可得 .
因为,对任意的 恒成立,
所以,即,所以 .
下面证明：当时,对任意的 恒成立.
因为,所以 ,
所以 .
令,则 ,令得,
所以在上单调递减,在 上单调递增,
所以,即 .
令, ,
因为 ,
所以,
所以 在上单调递增,所以 ,
故当时,对任意的 恒成立.
综上可得, .
例2 已知函数 .
（3）证明： .
证明：令,则,
当 时,,当时,,
所以在 上单调递增,在上单调递减,
所以,即 .
因为,所以 ,所以 ,
所以 .
令,则,
当时, ,当时,,
所以在 上单调递减,在 上单调递增,
所以,即 .
因为,所以 ,所以 ,
所以 .
综上可得, .
自测题
已知函数,其中 .
（1）若在上恒成立,求 的取值范围；
解：令,,则 .
当时,,单调递增,所以 .
当时,令,则 ,
所以对任意的,都有 ,则在 上单调递增,
又,,所以存在 ,使得 ,
所以当时,,单调递减,则 ,
不满足题意.
综上所述,的取值范围为 .
已知函数,其中 .
（2）证明：, .
证明：由（1）知,当时,, ,
当且仅当时,等号成立.
先证, .
令,,则 在定义域上恒成立,
所以单调递增, ,即,
当且仅当时,等号成立.
所以当 时, ,
所以 .
要证, ,只需证.
令, ,
则 ,
所以在 上单调递减,所以,即 .
综上可得,, .
类型三 三角函数的周期与导数
例3 [2025· 全国一卷]
（1）求函数在区间 上的最大值；
解：方法一： ,
因为,所以,.
当时, ,单调递增；
当时,, 单调递减.
所以在区间上的最大值为 .
方法二：令,则 ,
由,得,所以或,解得 或 .
因为连续可导函数的最大值必在端点或者极值点处取得,
所以只需比较,, 的大小,
又,,,
所以在区间 上的最大值为 .
例3 [2025· 全国一卷]
（2）给定和,证明：存在 ,使得
;
证明：方法一：若 ,
则 .
若 ,不妨取 ,
①若,则 ；
②若 ,则 ,,所以 ,
令 ,则存在,使得 ;
③若 ,则 ,
所以 ,
令 ,则存在,使得 .
综上,存在,使得 .
方法二（反证法）假设对任意 ,都有 ,
则,,
不妨设,则 , ,
则,,
故 , ,矛盾,故得证.
方法三（周期性）的最小正周期为 ,
不妨设 ,则 , ,
设 ,解得,
记该区间为 ,设 .
若存在,使得 ,只需与 有交集即可,
当时, , ,所以有交集；
当时, ,；
当时, ,, 所以有交集.
故得证.
例3 [2025· 全国一卷]
（3）设,若存在,使得 对
恒成立,求 的最小值.
解：方法一:原不等式等价于 .
由（1）知,当时,,
当 时,,
所以 , .
因为为偶函数,且 为的一个周期,
所以 ,,
所以当时,可取 满足题意.
不妨设,取 ,
则,
所以 , 所以的最小值为 .
方法二：不妨设,令 ,
则 ,
所以的极值点为,,, ,
结合,代入,1,2,即可得 的极值为,,,,,
所以,当时取等号.
综上,的最小值为 .
方法三：由余弦函数的周期性可令 .
①当 时,
,
可得,所以的最小值为 .
②当时,取 ,
则,
则 的最小值为 .
综上可得,的最小值为 .
自测题
已知函数 .
（1）探讨函数在 处的极值；
解：因为,所以.
令 ,则或 .
易得在上单调递减,在上单调递增,
所以函数 在 处取得极小值,且极小值为1.
已知函数 .
（2）若对任意的恒成立,求实数 的
取值范围.
解：令 ,
因为,所以为偶函数,
因为 ,所以只需对任意的 恒成立即可.
令,则 ,
令 ,则,
易得的极大值点为 ,
所以,所以 .

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