导数与三角函数压轴题归纳总结近几年的高考数学试题中频频出现含导数与三角函数零点问题，内容主要包括函数零点个数的确定、根据函数零点个数求参数范围、隐零点问题及零点存在性赋值理论.其形式逐渐多样化、综合化.一、零点存在定理例1.【2019全国Ⅰ理20】函数()sin ln(1)f x x x =-+,()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解析】（1）设()()g x f x '=,则()()()211cos ,sin 11g x x g x x x x '=-=-+++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()g'x 单调递减,而()00,02g g π⎛⎫''>< ⎪⎝⎭,可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点,设为α.则当()1,x α∈-时,()0g x '>；当,2x πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g'x <.所以()g x 在()1,α-单调递增,在,2πα⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点,即()f x '在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点.（2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）由（1）知, ()f x '在()1,0-单调递增,而()00f '=,所以当(1,0)x ∈-时,()0f 'x <,故()f x 在(1,0)-单调递减,又(0)=0f ,从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,由（1）知,()f 'x 在(0,)α单调递增,在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减,而(0)=0f ',02f π⎛⎫'< ⎪⎝⎭,所以存在,2πβα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()0f 'β=,且当(0,)x β∈时,()0f 'x >；当,2x πβ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增,在,2πβ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ,1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x >.从而()f x 在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦没有零点.（iii ）当,2x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时,()0f x '<,所以()f x 在,2ππ⎛⎤⎥⎝⎦单调递减.而()0,02f f ππ⎛⎫>< ⎪⎝⎭ ,所以()f x 在,2ππ⎛⎤⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时,()l n 11x +>,所以()f x <0,从而()f x 在(,)π+∞没有零点.综上, ()f x 有且仅有2个零点.【变式训练1】【2020·天津南开中学月考】已知函数3()sin (),2f x ax x a R =-∈且在,0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为32π-，（1）求函数f (x )的解析式；(2)判断函数f (x )在（0，π）内的零点个数，并加以证明 【解析】(1)由已知得()(sin cos )f x a x x x =+对于任意的x?(0, 2π)， 有sin cos 0x x x +>,当a=0时,f(x)=- 32，不合题意； 当a<0时,x?(0,2π),f'(x)<0,从而f(x)在(0, 2π)单调递减， 又函数3()sin 2f x ax x =- (a?R)在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0, 2π]上的最大值为f(0)，不合题意；当a>0时,x?(0, 2π),f'(x)>0,从而f(x)在(0, 2π)单调递增，又函数3()sin 2f x ax x =-(a?R)在[0, 2π]上图象是连续不断的，故函数在[0, 2π]上上的最大值为f(2π)=2πa-32=32π-，解得a=1，综上所述,得3()sin (),2f x x x a R =-∈；(2)函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。

证明如下：由(I)知,3()sin 2f x ax x =-从而有f(0)=- 32<0,f(2π)=π?32>0，又函数在[0, 2π]上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0, 2π)内至少存在一个零点，又由(I)知f(x)在(0, 2π)单调递增,故函数f(x)在(0, 2π)内仅有一个零点。

当x?[2π,π]时,令g(x)=f'(x)=sinx+xcosx ，由g(2π)=1>0,g(π)=?π<0,且g(x)在[2π,π]上的图象是连续不断的，故存在m?2π,π),使得g(m)=0.由g'(x)=2cosx-xsinx,知x?(2π,π)时,有g'(x)<0，从而g(x)在[2π,π]上单调递减。

当x?2π,m),g(x)>g(m)=0,即f'(x)>0，从而f(x)在(2π,m)内单调递增故当x?(2π,m)时,f(x)>f(π2)=π?32>0，从而(x)在(2π,m)内无零点；当x?(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,即f'(x)<0，从而f(x)在(2π,m)内单调递减。

又f(m)>0,f(π)<0且f(x)在[m,π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在[m,π]内有且仅有一个零点。

综上所述,函数f(x)在(0,π)内有且仅有两个零点。

【变式训练2】【2020·山东枣庄期末】已知函数()ln 2sin f x x x x =-+,()f x '为()f x 的导函数.(1)求证:()f x '在()0π，上存在唯一零点; (2)求证:()f x 有且仅有两个不同的零点. 【解析】(1)设()()112cos g x f x x x'==-+，当()0,x π∈时，()212sin 0g x x x '=--<，所以()g x 在()0,π上单调递减， 又因为31103g ππ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭，2102g ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭所以()g x 在,32ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点α，所以命题得证．(2) ①由(1)知：当()0,x α∈时，()0f x '>，()f x 在()0,α上单调递增; 当(),x απ∈时，()0f x '<，()f x 在(),απ上单调递减;所以()f x 在()0,π上存在唯一的极大值点32ππαα⎛⎫<< ⎪⎝⎭所以()ln 2202222f f ππππα⎛⎫>=-+>-> ⎪⎝⎭又因为2222111122sin 220f e e e e ⎛⎫=--+<--+< ⎪⎝⎭，所以()f x 在()0,α上恰有一个零点．又因为()ln 20f ππππ=-<-<，所以()f x 在(),απ上也恰有一个零点． ②当[),2x ππ∈时，sin 0x ≤，()ln f x x x ≤- ，设()ln h x x x =-，()110h x x'=-< 所以()h x 在[),2ππ上单调递减，所以()()0h x h π≤< 所以当[),2x ππ∈时，()()()0f x h x h π≤≤<恒成立 所以()f x 在[),2ππ上没有零点． ③当[)2,x π∈+∞时，()ln 2f x x x ≤-+ 设()ln 2x x x ϕ=-+，()110x xϕ'=-< 所以()x ϕ在[)2,π+∞上单调递减，所以()()20x ϕϕπ≤< 所以当[)2,x π∈+∞时，()()()20f x x ϕϕπ≤≤<恒成立 所以()f x 在[)2,π+∞上没有零点． 综上，()f x 有且仅有两个零点．【变式训练3】（2020年3月武汉市高三质检文）（1）研究函数()()π，在0xxsin x f =上的单调性； （2）求函数()x cos x x g π+=2的最小值 解析（1）略【变式训练4】（2020年3月武汉市高三质检理）（1）证明函数x cos x x sin e y x 22--=在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛--2ππ,上单调递增；（2）证明函数()x sin xe xf x2-=在()0,π-上有且仅有一个极大值点，且()200<<x f【变式训练5】（2020年河北省九校高三第二次联考理科数学）【变式训练6】（2020年四川省八校高三第三次质检理科数学）解析：二、零点存在性赋值理论例、（2020年安徽省淮北一中模拟）已知函数().x cos x e x f x --=2（1）当()0,x ∞-∈，求证：()0>x f ；（2）若函数()()()1++=x ln x f x g ，求证：函数()x g 存在最小值.【变式训练1】已知函数().ax x cos x f 12-+= （1）当21=a 时，证明：()0≥x f ； （2）若()x f 在R 上有且只有一个零点，求a 的取值范围.。