三角導數連手，云里霧里選才

2025全國高考數學I卷第19題是一道三角與導數結合產生的試題，對于這道有點讓人捉摸不定，說它難吧，又感覺挺簡單．說它簡單吧，又難讀懂試題.說它是導數的應用吧，又好像沒怎么用導數．說它是一道題吧，更像是三道獨立試題的組合型試題．到底是什么？讓我們近距離地“認識”一下，同時也我們一起再欣賞一下三角與導數的其它類型問題：

一、試題與求解賞

試題：設函數 f（x）=5cosx-cos5x （1）求 f（x） 在 上的最大值；（2）給定 ， α_a 為給定實數，證明：存在 y∈[a-θ，λ+θ] ，使得 cosy≤ cosθ ；（3）若存在 φ 使得對任意 x 都有 5cosx-cos（5x+ φ）≤b ，求 b 的最小值.

1．對于第1小問：由 f^′（x）=-5sinx+5sin5x= 10sin2xcos3x ，令 f^′（x）=0 結合 得 x=0 或 由于 時 f^′（x）gt;0 ，此時，函數遞增; 時 f^′（x）lt;0 ，此時，函數遞減；故 f_max （20號

或解：設 ， 由于 g^′′（x）= -cosxlt;0 ，于是， g（x）=cosx 為上凸函數，則 5cosx- cos5x=cosx+cosx+cosx+cosx+cosx+cosx+cos（π-5x）≤6cos ，當且僅當 x=π- 5x 即 時取等號.

或解：由于 cos2x=2cos²x-1 ， cos4x=2（2cos²x-1）² （2號-1=8cos⁴x-8cos²x+1

可得 cos5x=16cos⁵x-20cos³x+5cosx. （2

于是， f（x）=5cosx-cos5xcos5x=20cos³x-16 ，當且僅當 即 也就是 時取等號.

2．對于第2小問：不妨設 a∈[0， 2π） ，若 a≤ 2θ ，則 a-θ≤θ≤a+θ ，取 y=θ 即有 cosy≤cosθ 成立；若 agt;2θ ，則 θ≤a-θ ，此時 ，取 y=a- θ ，則 cosy≤cosθ 也成立，結合周期性可知 ak∈ [2kπ ， （2k+1）π） （ k∈Z ）結論都成立．于是，存在 y ?[a-θ，a+θ] ，使得 cosy≤cosθ.

或者： ?y∈[a-θ，a+θ] ，都有 cosygt;cosθ ，則2kπ-θ θ ， 2kπ+θ， 即 2kπ-θ ，使得 cosy≤cosθ 成立.

3．對于第3小問：由于 f（-x）=5cos（-x）-cos5 （-x）=5cosx-cos5x=f（x） ，所以 f（x） 是以 2π 為周期的偶函數，首先看，當 φ=2kπ ， 時， f（x） =5cosx-cos5x 的最大值．由 f^′（x）=-5sinx+5sin5x= 10sin2xcos3x ，令 f^′（x）=0 得 （20 易得 時 f（x） 單調遞增， x∈ （20 時 f（x） 單調遞減， 時 f（x） 單調遞減， 時 f（x） 單調遞增，于是 f_max（x） ，所以當 時 ，結合周期性及偶函數可知 x∈R 時 ，此時， ．再看：當 φ≠2kπ 時，在2中取 6，a=φ，則y∈ 使 令 （20 于是 5cosx-cos（5x+φ） 中存在 x 使 ，矛盾.

故 b 的最小值為

或者：不妨設 φ∈[0，2π） ，由于對任意 x 都有5cosx-cos（5x+φ）≤b ，于是，取 必有 b≥ 5 而 因此 ，由第一小問我們知道 φ=0 且 時 ，故 b 的最小值為 ：

透過三問的求解我們可以看出：第一問是利用導數求解三角函數的最值，是真正的三角與導數的美麗牽手，此類題最早出現在2016·新課標Ⅱ卷的第21題；時隔三年于2019年在新課標Ⅰ卷的第20題再次出現，由于三角函數的周期性與多值性，導致此類題的求解有一定的難度．本題的2、3兩問對“存在性”與“任意性”的準確理解與合理應用是求解的關鍵，導數的應用所占比例稍小，特別是第3小問，含有兩個量詞，如何恰到好處的利用，又如何將本小問與前兩小問有機的聯系一起，形成“借力\"求解？當然了，本小問也不是為所有考生設計的．也不是本文關注的重點，下面，筆者以第19題為契機繼續探討三角與導數的結合問題.

二、導數與三角多角度聯姻

1．函數零點問題

例1．已知函數 ， f^′（x） 為f（x） 的導數．證明： （1）f^′（x） 在區間 存在唯一極大值點； （2）f（x） 有且僅有2個零點.

【解析】 （1）f（x） 的定義域為 （?-1，?+∞） ，則 則 h^′（x）= 中

令 則 g^′（x）= 在 恒成立，： h^′（x） 在 上為減函數．又 h^′（0）=1 ， ，由零點存在性定理可知，函數h^′（x） 在 上存在唯一的零點 x₀ ，結合單調性可得， f^′（x） 在 上單調遞增，在 單調遞減，可得 f^′（x） 在區間 存在唯一極大值點；

（2）由（1）知，當 x∈（-1， 0） 時， f^′（x） 單調遞增，則 f^′（x）′（0）=0 ，則 f（x） 在（-1，0）上單調遞減；當 x∈（0，x₀） 時， f^′（x） 單調遞增，則 f^′（x）gt; f^′（0）=0 ，則 f（x） 在 （0，Ψx₀Ψ） 上單調遞增；由于f^′（x） 在 上單調遞減，且 f^′（x₀）gt;0 ， ，由零點存在性定理可知，函數 f^′（x） 在 上存在唯一零點 x₁ ，結合單調性可知，當 x （204號 時， f^′（x） 單調遞減，則 f^′（x）gt;f^′（x₁）=0 ，故 f（x） 單調遞增；當 時， f^′（x） 單調遞減，則 f^′（x）′（x₁）=0 ， f（x） 單調遞減.

當 時， cosxlt;0 ， ，于是

， f（x） 單調遞減，其中 -ln（1+π）lt;-ln3lt;0 ，于是，可得下表：

數學有數

結合單調性可知，函數 f（x） 在 上有且只有一個零點0，由函數零點存在性定理可知， f（x） 在 上有且只有一個零點 x₂ ，當 x∈[π，+∞） 時， f（x）=sinx-ln（1+x）lt;1-ln（1+π）lt;1-ln3lt;0 ，因此函數 f（x） 在 [π，+∞） 上無零點.

綜上， f（x） 有且僅有2個零點.

【點評】本題考查利用導數求函數的極值，考查

函數零點的判定，考查邏輯思維能力，難度較大．通

過 完成求解；（204號

2.范圍與最值問題 例2．已知函數 -axsinx.

（1）判斷 f（x） 的奇偶性;

（2）若 求證： f（x）≤1 ：

（3）若存在 ，使得對任意 x∈（0 x₀ ），均有 f（x）lt;1 ，求正實數 Ψ_a 的取值范圍.

【解析】（1）由題意得當 a≥0 時，定義域為R，當 alt;0 時，定義域為 均關于原點對稱，且 ，所以 f（x） 為偶函數;

（2）證明：當 時， 為偶函數，要證 f（x）≤1 ，即證 又當 -1≤x≤1 時， ，所以只需證當 0≤x ≤1 時， ，即證 sin²x≥0 ，只需證 x²-xsinx≥0 ，即證 x≥sinx ，令g（x）=x-sinx ，有 ，得 g（x） 在[0，1]上單調遞增，從而 g（x）≥g（0）=0 ，所以 _x-sinx≥ 0，因此 _x≥sinx ，即證 f（x）≤1 ;

（3）因為 agt;0 ， f（x）lt;1 等價于 1，又當 00 ，從而 axsinx+1 等價于 2sinx-2x+axsin²xgt;0 ，

令 ，有 +asin²x+axsin2x

h^（2）（x）=-2sinx+2asin2x+2axcos2x ， h^（3）（x）= -2cosx+6acos2x-4axsin2x ，（注： h^（k）（x） 為 h（x） 的 k 階導數）當 h^（3）（0）=-2+6agt;0 時，即 時，存在 ，使得對任意 ， h^′（3）（x）gt;0 所以 h^（2）（x） 在 遞增，又 h^（2）（0）=0 ，所以h^（2）（x）gt;0 對任意 x∈（0，x₀） 恒成立，從而 h^′（x） 在 遞增，又 h^′（0）=0 ，所以 h^′（x）gt;0 對任意 x Ψ∈（0，Ψ_x0） 恒成立，從而 h（x） 在 （0，x₀） 遞增，結合h（0）=0 ，得 h（x）gt;0 對任意 恒成立，符合題意，當 時， h^（3）（ 0）=-2+6alt;0 ，故存在 ，使得對任意 所以 h^（2）（x） 在 遞減，又 h^（2）（0）=0 ，所以h^（2）（x）lt;0 對任意 恒成立，從而 h^′（x） 在 遞減，又 h^′（0）=0 ，所以 h^′（x）lt;0 對任意 x 恒成立，從而 h（x） 在 遞減，結合h（0）=0 ，得 h（x）lt;0 對任意 恒成立，不符合題意，當 時， 8axcos2x ， ，得 ，同理可得不符合題意.

綜上，

【點評】本題考查函數的奇偶性，利用導數研究函數不等式以及利用導數研究恒成立與存在性問題，屬于難題．第1問直接根據函數奇偶性的定義即可判斷；第2問利用分析法，原不等式最終等價于 x≥ sinx ，構造函數易證；（3）同樣問題等價于：存在 x₀ ，使得對任意 x∈（0，x₀） ， 2sinx-2x+ax sin²xgt;0 令 ，通過多次求導，分類討論 和 可解決問題.

3.恒成立與能成立問題

例3．已知函數 ， +1

1（1）若 f（x）≤g（x） 恒成立，求 α_a 的值；（2）求證： ， n∈N^* ：

【解析】（1）令 ax-1 ， xgt;-1 ，由條件知 h（x）≤0 恒成立，∵ h（0）= 0， h（x） 的圖像在定義域上是連續不間斷的，： x=0 是 h（x） 的一個極大值點，則 h^′（0）=0 ，又 h^′（x）=- 得 h^′（0）=1-a=0?a=1

下證當 a=1 時， 對任意 x∈（-1，∞） 恒成立，令 ，則 A當 -1′（x）gt;0 ，當 xgt;0 時， φ^′（x）lt;0 ： φ（x） 在（-1，0）單調遞增，在 （0，+∞） 上單調遞減，： φ（x）≤φ（0）=0 ，即 ，而 cosx- 1≤0 ，：當 x∈（-1，+∞） 時， +x）-x]≤0 恒成立.

綜上，若 f（x）≤g（x） 恒成立，則 a=1

（2）由（1）可知

由于 時 sinx

下面證 人 （

： G（x） 在（0，1）上單調遞增，則 G（x）

0，即 ， 令 即得： （204從而 （2號

綜上， ， n∈N^* ：

【點評本題無論是第1問還是第2問難度都比較大，第1問中發現并利用 h（0）=0 很關鍵，沒有這一步什么都沒有．第二問的一系列轉化是產生結論的關鍵，先應用“ ”、再用“ sinx 環環相扣，但那個環都不簡單.

4.不等式的證明問題

例4．設函數 f（x）=e^xcosx ， g（x） 為 f（x） 的導函數.

（1）求 f（x） 的單調區間;

（2）當 時，證明

（3）設 x_n 為函數 在區間 內的零點，其中 n∈N

證明：

【解析】（1）由已知， ，因此，當 時，有sinxgt;cosx ，得 f^′（x）lt;0 ， f（x） 單調遞減;

（204 當 時，有 sinxlt; cosx ，得 f^′（x）gt;0 ， f（x） 單調遞增.

： f（x） 的單調增區間為

Z），單調減區間為

（2）記 依題意及

（I），有 g（x）=e^x（cosx-sinx），g^′（x）=-2e^xsinxlt;0， 從而

，因此， h（x） 在區間 上單

調遞減，有 （204號：當 時， （3）依題意， u（x_n）=f（x_n）-1=0 ，即 （204號

1，記 y_n=x_n-2nπ ，則

2nπ）=e^-2nπ（n∈N） 由 f（y_n）=e^-2nπ≤1=f（y₀） 及（I），得 y_n≥y₀ ，由

（Ⅱ）知，當 時，g'（x）lt;0，∴g（x）在 上為減函數，因

此， 又由（Ⅱ）知， 故

所以

【點評】本題主要考查導數的運算，不等式的證明、運用導數研究函數的性質，屬難題．第1小問求出原函數的導函數，結合單調性的定義即可產生結論.第2小問引入函數 即可完成證明；第3小問難度較大，進行一系列的轉化之后產生結論.

[0，+∞） 上的最小值為0.

（1）求實數 α_a 的取值范圍;

（2）設函數 y=φ（x） 在區間 D 上的導函數為 y= '（x），若xφ'（x） 對任意實數 x∈D 恒成立，則稱函數 y=φ（x） 在區間 D 上具有性質 s

（i）求證：函數 f（x） 在 （0，Λ+∞） 上具有性質 s ：

（ii）記 ，其中 n∈N^* ，求證：

【解析】（1）由 f（x）=e^x-ax-cosx ， x≥0 ， f（0）= 0， 得 f^′（0）=1-a 令 （20號 sinx?m^′（x）=e^x+cosx≥1+cosx≥0 ，所以當 x≥0 時，m^′（x）gt;0 ！ f^′（x） 在 [0，+∞） 上單調遞增， f^′（x）≥ f^′（0）=1-a ，

① 若 1-a≥0 ，即 a≤1 ， f^′（x）≥1-a≥0 ， f（x） 在[0， +∞ ）上單調遞增，所以 f（x） 在 [0，+∞） 上的最小值為 f（0）=0 ，符合題意.

② 若 1-alt;0 ，即 agt;1 ，此時 f（0）=1-alt;0

，又函數f^′（x） 在[0， +∞ ）上的圖像不間斷，根據零點存在性定理可知，存在 ，使得 f^′（x）=0 且當 時， f^′（x）lt;0 ， f（x） 在（0， x₀ ）上單調遞減，所以 f^′（x₀）

綜上所述，實數 α_a 的取值范圍是 （-∞，1]

（2）（i）由（1）可知，當 _xgt;0 時， f（x）gt;0 ，要證函數 f（x） 在 （0，Φ+∞） 上具有性質 s

即證：當 xgt;0 時， 即證：當 xgt;0 時，xf^′（x）-f（x）gt;0 ， g（x）=xf^′（x）-f（x）

xgt;0 ，則 ，所以 在 （0，+∞） 上單調遞增， g（x）gt;g（0）=0 ，即當 xgt;0 時， 得證.

5.結合新定義問題

例5．已知函數 f（x）=e^x-ax-cosx ，且 f（x） 在

（ii）由（i）得，當 _xgt;0 時， （x-1） （ e^x+xsinx+cosx， gt;0 ，所以當 _xgt;0 時， （x-1）e^xxgt;x+1 ，其中 xgt;0 其中 x∈（0， 1）

① 令 p（x）=e-x-1 ， xgt;0 ，則 p^′（x）=e^x-1gt;0 ，所 以 p（x） 在 （0，+∞） 上單調遞增，所以 p（x）gt;p（0）=

0，即當 _xgt;0 時， e^xgt;x+1 元

② 令 q（x）=tanx-x ， x∈（0， 1） ，則 gt;0 ，所以 q（x） 在（0，1）上單調遞增，故 q（x）gt; （2q（0）=0 ，即當 x∈（0， 1） 時，

據不等式 ② 可知，當 x∈（0， 1） 時， （x-1）e^xlt; ，所以當 x∈（0， 1） 時，sinxgt; 結合不等式 ① 可得，當 x∈（0， 1） 時， 所以當 （20 x∈（0， 1） 時， 于是當 n≥2 有 所以 又 所以

【點評】本題考查利用導數根據函數最值求參，導數的新定義問題，利用導數解不等式，利用導數研究恒成立與存在性問題、函數零點，屬于綜合題，難度較大.

專項練習：

1．已知函數 f（x）=ax-sinx ，

（1）當 時，討論 f（x） 的單調性;（2）若 f（x） 有兩個極值點，記極大值和極小值分別為 M ！ ?_m ，證明： M-mlt;2 2．已知函數 f（x）=e^x-aln（x+1） ， g（x）=sinx-x ，

其中 a∈R.

（1）證明：當 x∈[0，+∞） 時， ：（2）若 xgt;0 時， f（x） 有極小值，求實數 α_a 的取值范圍；（3）對任意的 ， 2f（x）≥g^′（x）+2 恒成立，求實數 α_a 的取值范圍.

參考答案：

1.（1）當 時， f（x） 在 和 上單調遞增，在 上單調遞減;（2）M-m=（ax₁-sinx₁）-（ax₂-sinx₂） ，得 M-m= 2x₁cosx₁-2sinx₁ ．設 h（x₁）=M-m=2x₁cosx₁-2sinx₁ 則 h（x₁） 在 上單調遞減，所以 h（x₁）lt; ，因此有 M-mlt;2 2.（1）略;（2）由 f（x）=e^x-aln（x+1） ， xgt;0 ，得實數 Ω_a 的取值范圍為 （1，+∞） ·（3）令 （x+1） （2號-cos x-1 ， ，得實數 α_a 的取值范圍為 （-∞，1] ：

【作者簡介：中學數學高級教師，教育部《普通高中新課程數學教學指導》編寫人，主編與參編多本天星教育《試題調研》；主編學海導航的《必修四》與《選修2—3》同步教學輔導資料；主編愛瘋系列2020年與2021年高三一輪、二輪復習用書《高考備考新模式》與《高考數學命題揭秘與專題練析》．近年在《數學通報》《中等數學》《數學教學》《中學數學教學參考》及《中學數學》等多種雜志發表論文及中學生科普讀物一千多篇，多篇被人大資料復印中心G35《中學數學教學》全文轉載；現任教于】

責任編輯 徐國堅