高考数学导数与三角函数压轴题综合归纳总结教师版文档格式.docx
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(I)求函数/Lr)的解析式;
(2)判断函数f(x)在(O,Jl)的零点个数,并加以证明
【解析】
(1)由已知得∣∕(x)=G(Sinx+xcosx)|对于任意的χ∈(0,壬),
有SinX+xcosx>
0,当a=0时,f(X)=-
田,不合题意;
当a<
0时,x∈(0」⅞),f,(x)<
0,从而f(x)在(0,
◎单调递减,
又函数/(x)=^SinA-I-(a∈R)在[0,彳I上图象是连续不断的,
故函数在[o,H∣]上的最大值为f(0),不合题意;
当a〉0时,x∈(0,f),f'
(x)>
分单调递增,
又函数/(x)=αvsinA-∣-(a∈R)在【0,彳]上图象是连续不断的,
Tt
π
Iyl∣λ∙-3∣
Ll上上的最大值为f(
)=
a--F-
2
⑵I2
故函数在[0,
解得a二1,
综上所述,得/(x)=XSinX-I(αe∕?
),;
⑵函数f(x)在(O,3T)有且仅有两个零点。
证明如下:
33π
由(I)知,f(x)=axsinx--从而有f(0)=--<
0,f(y)=π-32>
0,
又函数在[0,即上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0,|)至少存在一个
号)仅有一个零点。
零点,又由(I)^f(X)在(0,扌)单调递增,故函数f(x)在(0,
由g(y)=l>
0,g(π)=-π<
0,且g(x)在Iy,π]上的图象是连续不断的,
故存在m∈∣兀),使得g(m)=0.
上单调递减。
当x∈忖,m),g(x)>
g(m)=0,即F(X)>
0,从而f(x)在(∣y∣,m)单调递增故当%G(Flnl)时,f(x)>
f(兀2)F-32>
0,从而(x)在(彳,m)无零点;
当x∈(m,:
∏)时,有g(x)<
g(m)=O,即f'
(x)〈0,从而f(x)在(yLm)单调递减。
Xf(m)>
O,f(π)<
0且f(x)在[m,叮上的图象是连续不断的,从而f(x)在[m,n]有且仅有一个零点。
综上所述,函数f(X)在(0,:
∏)有且仅有两个零点。
【变式训练212020・枣庄期末】已知函数/(x)=InX-X+2Sin%,广(Ml为[7?
可的导函数.
⑴求证广(X)I在|(0,刃|上存在唯一零点;
(2)求证:
|/(x)|有且仅有两个不同的零点.
【解析】⑴设g(x)=ι∕^'
(x)=丄-1+2COSX
X
当x∈(0,Λ-)时,g'
(x)=-2sinx-*<
0,所以∣g(x)∣在|(0,兀)上单调递减,
Z\
(π∖2
=.-l+l>
O
g才=——]VO
3)
\2)π
又因为
所以瓯在耳上有唯一的零点可所以命题得证.
(2)①由
(1)知:
当卜W(OC)I时,Ir(A-)>
0∣τ|71石!
在∣(0,α)∣上单调递增;
当xw(α,κ)时,广(X)Vo卩(胡在庇刁上单调递减;
所以∣∕(x)∣在闻刁I上存在唯一的极大值点a∖^<
a<
^所以心)>
左卜InN+2>
2一彳>
又因为/^p-j=-2-Λ+2sinΛ<
-2-Λ+2<
θ,所以∣∕(x)∣在∣(0,α)∣上恰有一个零点.又因为∣∕(;
T)=In;
r-/r<
2—/r<
0,所以讥別在∣(α,∕r)∣上也恰有一个零点.
所以/心)在[盘2龙)上单调递减,所以h(x)<
h(π)<
O所以当x∈[^2λγ)时,f(x)≤h(x)<
h(^)<
O恒成立所以帀]在IP茹]上没有零点.
f(x)≤∖nx-x+2
设^(X)=InX-x+2,φ9(x}=——1<
——X
所以”(x)|右|[2益T上单调递减,所以∣0(x)50(2∕τ)vO所以当x∈[2^,-κ>
o)时,f^x)≤φ(x)<
φ(2π)<
0恒成立所以函]在叵回上没有零点.
综上,卩百]有且仅有两个零点.
【变式训练3】
(2020年3月市髙三质检文)
(1)研究函数/W=—在(O,R)上的单调性;
(2)求函数g(x)=X2+τrcosx的最小值
解析
(1)略
(2)观察知g(x)为偶函数,故八需求X∈[θ9÷
∞)时g(x)的最小值.由g'
(x)=2兀一;
TSinX,
当x∈(0,-)∏4.^n(X)=2x-SinX9则∕f(x)=2-∕rcosxt显然卅(兀)递增,2
而√(0)=2-λ-<
0.√(∣)=2>
0.
由零点存在定理.存在唯一的XOe(O,y),使得Λ∕,(x0)=θ^……6
当XG(0,XO)时,n,(x)<
0,W(X)递减,
当Λ∈(x0,y)时,H(X)>
0,MX)递増,
而MO)=0.w(-)=0•故x∈(θΛ)Q4.n(x)<
0t
22
即XW(O,彳)时,g'
(x)<
0,则g(x)递减;
……9分
乂当X毎(彳,+8)时.2x>
兀>
;
TSinΛ-,g'
(x)>
0,g(x)递増;
11分
TcIJI-
所(~)=—……12分
【变式训练4】
(2020年3月市髙三质检理)
(1)证明函数y=ex-Isinx-Ixcosx在区间
(2)证明函数f(x)=--2SiHX在|(一兀,0)|上有且仅有一个极大值点,X
且∣0v∕(x°
)v2
(1)#=€‘一2cosx-2(cos兀一XSinX)=eλ+2XSinX—4cosx,2分
因为x∈(-λ∙,--),所以ev>
0,2xsinx>
0,一4cosx>
0,故y'
0,2
所以y=eA-2sinx-2xcosx¾
E(-∕r,-f)上单调增.4分
(2)可得:
/3上日芋0・……5分
令g(x)=0*(x-l)-2x'
cosx,贝Ij^(X)=x(ex+2XSinX-4cosx)•
当x∈(-Λ∙,-y)f⅛,rtl
(1)^eX+2XSinx-4cosx>
0.则g'
故g(x)在(―^,,-—)递减•
∣fj]g(-^)=e2(-y-l)<
0,g(→r)=8-err(l+τr)>
O,由零点存在定理知:
存在唯一的勺G(-龙,-彳)使得g(-5)=0……7分即eAb+2x0SmXo-4COSXo=0,
当ATW(TTdo)时,g(x)>
0,即广(X)>
0,/(X)为增函数;
当XG(XO-y)ΠJ∙,g(x)<
0,UUf,(x)<
0,/(X)为减函数,
又当x∈(--,O)H>
f,厂(X)=亘竺迪-2CoSX<
2广
所以/(X)在(-∣-,0)上为减函数,从而/(X)在Λ∈(xo,O)为减负数;
因此/(X)冇惟一的极大值点兀・……9分
由/(X)在⅛,-f)上单调递减.故/(无)>
./(-f)
/・(一兰)=2二_2SilI(-兰)=
2兀2
故/(χ°
)>
o
QxCJTPTo
乂/(兀)=2sinx0,当XOW(—爲)时,-1<
—<
0,0<
-2sinxo<
2
⅞2X。
故√U)<
所以OV/(X1)<
2.……12分
【变式训练5】
(2020年省九校髙三第二次联考理科数学)
20.(12分)已知函数f(x)=es-cosx.
(1)求只小的图象在点(Oy(O))处的切线方程;
(2)求证√U)在(-于,+8)上仅有2个零点.
(2)令g(x)=Jf(X)=J+Sin■则g'
(x)=ex+COSx,
当--y-<
-v>
0,.∙.g(%)在(千)上单调递增.
rf∏g(-Y)=e-T-l<
0.g(^)=ef+1>
0,由零点存在性定理知gd)在(-于,于)上有唯一冬点,
・・•厂⑴在(•
-W■,于)上有唯一寒点•
乂厂(-于)<
0广(0)=1>
•••广⑴在(-号∙,∙f∙)上单调递増且有唯一零点αw(・于,())・
.∙.Xw(-~τ~.α)吋,/('
:
)vO;
xe(α,子)时∙∕'
(χ)>
.∙√(x)在(-子2)上单调递减,在3,乎)上单凋递增,
乂/(())=0,.∙.∕(α)<
0,结合/(=e-t>
O√∙(-^-)=ef>
山冬点存在性定理知/(工)在(-于心)上冇一个零点,在(S于)上冇一个零点()•(1丨分)
当时,e*>
1,cos.r≤1,eτ-COSX>
0Xf(X)>
此时/U)无零点•
综上/(•<
)在(--y-,+∞)上仅有2个零点.(12分)
21.已/(x)=Or-SinX.Xe
【变式训练6](2020年省八校髙三第三次质检理科数学)
■
(1)当α=l时,求诸数y=f(χ)在X=¥
处的切线方阳
解析:
(2)若/S)Wl-CoX对从[号同恒成立,即aw】忙讥;
・"
%对血[于宀]恒成立,
Idg(X)
1+SinX-COSXrsll∣“、(SinX+COSX)X-(1+SinX-COSx)
=侧g(X)-2
i己b(%)=(SinX+CoSX)X-(1+SinX一COSx)■贝Qh,(x)=(COSX一SinX)X<
0恒成立,
则y≈h(×
)在%丘[贪F]单调递减■则h(x)<
λ(y)=y-2<
0,即g"
(%)<
0,10分
12分
故函数y≈g(x)在"
[乎,可单调递减•则g(x)u^l=g(ττ
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