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 .、零点存在定理例1【. 2019全国Ⅰ理 20】函数 f(x) sinx ln(1 x),f (x)为f (x)的导数．证明：1) f (x)在区间 ( 1, 2 )存在唯一极大值点； 2) f (x) 有且仅有 2 个零点．可得 g'(x)在 1, 有唯一零点 ,设为2则当x 1, 时,g x 0；当 x ,2 时,g'(x) 0.所以 g(x) 在 1, 单调递增,在 , 单调递减 ,故g(x) 在 2 值点 ,即 f x 在 1, 存在唯一极大值点 .2(2) f x 的定义域为 ( 1, ).(i )由( 1)知, f x 在 1,0 单调递增 ,而 f 0 0,所以当 x ( 1,0)时, f'(x) 0,故 f x 在( 1,0)单调递减 ,又 f (0)=0 ,从而 x 0是 f x 在( 1,0] 的唯一零点 .【解析】( 1)设 g x f x ,则 g x当x 1, 时, g'(x)单调递减,而 g21 1sinx 21 x 2cosx,g x1x0 0,g0,21, 存在唯一极大 2, 时, f '(x) 0.故 f (x) 在(0, )单调递增,在 , 单调递 223变式训练 1】【2020·天津南开中学月考】已知函数 f (x) axsin x 2(a R), 且 在, 0, 2 上的最大值为(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 f(x) a(sin x xcosx) 对于任意的 x ∈(0, )， 3 有 sinx xcosx 0,当 a=0 时,f(x)=- ，不合题意；2当 a<0时,x ∈(0,2 ),f ′(x)从<0而, f(x)在(0, 2 )单调递减，3又函数 f(x) ax sin x 2 (a ∈ R 在) [0, 2 ]上图象是连续不断的， 故函数在 [0, 2] 上的最大值为 f(0) ，不合题意；当 a>0时,x ∈(0, 2),f ′(x)从>0而, f(x)在(0, 2 )单调递增，3又函数 f(x) ax sin x (a ∈R 在) ［0, ］上图象是连续不断的，33故函数在［0, 2 ］上上的最大值为 f( 2)=2a- 23= 23，解得 a=1，3综上所述 ,得 f(x) xsinx 3(a R),；(2)函数 f(x) 在(0, π内)有且仅有两个零点。

证明如下：从而 f x 在 0, 没有零点 .2( iii ) 当 x, 时 , f x 0 ,所 以 f x 在单调递减.而22f 0, f0 ,所以 f x在, 有唯一零点 .22( iv )当 x (, ) 时,ln x 11,所以f (x) <0,从而 f x 在( , ) 没有零点 . 减.又 f (0)=0 , f1 ln 1220 ,所以当x 0,2 时,f(x) 0. 综上, f x 有且仅有 2个零点. ii )当 x0,2 时,由(1)知,f'(x)在(0, )单调递增 ,在单调递减 ,而 f ' (0)=02 0,所以存在,2 ,使得 f'( ) 0,且当x (0, ) 时,f'(x) 0 ；当 x33由(I)知, f (x) axsin x 从而有f(0)=- <0,f( )= π -32>0，2 2 2又函数在［0, 2］上图象是连续不断的,所以函数f(x)在(0, 2 )内至少存在一个零点，又由(I)知f(x)在(0, 2 )单调递增,故函数f(x)在(0, 2 )内仅有一个零点。

当x∈［, π时］,令g(x)=f ′ (x)=sinx+xco，sx由g( 2 )=1>0,g( π)=- π且<0g,(x)在［2 , π上］的图象是连续不断的，故存在m∈2 , π使), 得g(m)=0.由g′(x)=2cosx-xsinx知, x∈(2 , π时),有g′ (x)<，0从而g(x)在［2 , π上］单调递减。

当x∈2 ,m),g(x)>g(m)=0,即f ′(x)>，0从而f(x)在( 2 ,m)内单调递增故当x∈(2 ,m)时,f(x)>f( π2)=π-，32从>0而(x)在( 2 ,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( 2 ,m)内单调递减。

又f(m)>0,f( π)<且0 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f x ln x x 2sin x, f x 为f x 的导函数.(1)求证: f x 在0，上存在唯一零点;(2)求证: f x 有且仅有两个不同的零点1【解析】(1)设g x f x 1 2cosx ，x1当x 0, 时，g x 2sin x 2 0 ，所以g x 在0, 上单调递减，x32又因为g 1 1 0，g 1 032所以g x 在3,2上有唯一的零点，所以命题得证．(2) ①由(1)知：当x 0, 时，f x 0，f x 在0, 上单调递增;当x , 时， f x 0， f x 在 , 上单调递减 ; 所以 f x 在 0, 上存在唯一的极大值点 32 所以 f fln2 2022 221又因为 f 122 1 2 2si n 1 212 12 2 0 ，所以 f x 在 0, 上恰有一个ee ee零点．又因为f ln2 0 ，所以 f x 在 , 上也恰有一个零点．②当 x ,2时， sin x 0， f x lnx x ，设 h x1 ln x x ，h x 1 0 所以 h x 在 ,2 上单调递减， 所以 h x h 0所以当 x ,2 时， f x h x h 0 恒成立所以 f x 在 ,2 上没有零点．③当x 2, 时， f x lnxx2设xln xx 2 ， x 1 x10所以 x 在 2 , 上单调递减， 所以 x20所以当x2 , 时， f xx20恒成立 所以 f x 在 2 , 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 f x sinx 在 0， 上的单调性；x （2）求函数 g x x 2 cosx 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y e x 2sin x 2x cosx 在区间, 上单调递增；2e x2）证明函数f x 2sinx在,0 上有且仅有一个极大值点，且0 f x0 2(1 ) y = e t -2cosx-2(cosx-xsinx) =e x +2.rsinx-4cosΛ∙・ 2 分因为x∈(-Λ,,-y),所以e x >0. 2xsinx>0, -4COSX > 0.故y l(x) >0 ,所以P = e t -2SinX-2xcosx在(一兀,一£)上单•调增. ............................ 4分(2)可得：f,(x) = CAcY~I)^.2x COSx・……5 分令X(X) = "jr(x-l)-2χ2 Cosx ∙ ⅛l X r(X) = x(e x +2XSinX-4cosx) •当xw(-Λ∖-f)时,¢(1) ftle-t + 2xsinx-4cosx>0, M^,(x)<0,TT故g(x)在(-^-―)递减•K而g(——) = e 2(―——1)<0 > g(-∕r) = 8-0F(l + ∕r)>O.由零点“在左理知：存在唯一的X O∈ (-π~-)使得X(X o) = O ................. 7分2即e® +2X O SinX o-4cosx0 =0 t当XW(→Γ,q)时，S(X) > 0 ,即f(x)> 0, /(X)为增函数；当A∈(x0,-y)l⅛ ・ g(x) < 0 .即∕,(x)<0, /(X)为滅函数.e'(V l) -2cosX < 0 ,又当Xe(--,O)R∙L f9(x) =2 X所以/(X)在(-p())上为减函数•从而/(X)在.v∈(χo w Hii为减曲数；因此/(x)有惟一的极人值点x°.……9分由/CO在(和送)上单调递减.故∕g)>∕(送)/(--) = —-2sin(--) = + 2>02 龙 2 π-片—e-2 2½∕(⅞)>θCE πC*X/(x0) -- ------ 2sinx01 ^X O e(-Λ,,—)时.-I < — <0 t 0<-2sinx o <2X。

2 X0故/(x°)v2所以OV/(X0)<2.……12分I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：、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f x e x 2x cosx.（1）当x ,0 ，求证：f x 0；（2）若函数g x f x ln x 1 ，求证：函数g x 存在最小值.【变式训练1】已知函数f x cosx ax2 1.1（1）当a 1时，证明：f x 0；2（2）若f x 在R上有且只有一个零点，求a的取值范围.。