（2）若函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f （x ）＝x cos x ﹣2sin x +1，g （x ）＝x 2e ax （a ∈R ）．（1）证明：f （x ）的导函数f '（x ）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x 1∈[0，2]，均存在x 2∈[0，π]，使得g （x 1）≤f （x 2），求实数a 的取值范围．注：复合函数y ＝e ax 的导函数y '＝ae ax ．3．（2020•开封一模）已知函数，a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）若函数f （x）在上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）若函数g （x ）＝a （lnx ﹣x ）+f （x ）﹣e x sin x ﹣1有两个极值点x 1，x 2（x 1≠x 2）．且不等式g （x 1）+g （x 2）＜λ（x 1+x 2）恒成立，求实数λ的取值范围．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣a ）cos x ﹣sin x ，g （x ）＝x 3﹣ax 2，a ∈R （Ⅰ）当a ＝1时，求函数y ＝f （x ）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F （x ）＝f （x ）+g （x ），试讨论函数y ＝F （x ）极值点的个数．6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f '（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f （x ）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x 1≠x 2，使f （x 1）＝f （x 2），证明：x 1x 2＜4．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f （x ）＝e x ﹣cos x 的导函数为g （x ）．证明：（1）g （x ）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f （x ）有且仅有2个零点．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；1．（2020•开封一模）已知函数f （x ）＝a •e ﹣x +sin x ，a ∈R ，e 为自然对数的底数．二．解答题（共10小题）含有三角函数的导数题目8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sin x﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．一．选择题二．解答题（共10小题）1．（2020•开封一模）已知函数f （x ）＝a •e ﹣x +sin x ，a ∈R ，e 为自然对数的底数．（1）当a ＝1时，证明：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）若函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点，求实数a 的取值范围．【分析】（1）求出f ′（x ）＝﹣e ﹣x +cos x ，得出f ′（x ）≤0，则f （x ）在（﹣∞，0]上单调递减，结论可证．（2）函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点；则f ′（x ）＝0在（0，）上有两个不等实数根，分离参数得a ＝e x cos x 在（0，）上有两个不等实数根；设g （x ）＝e x cos x ，讨论函数g （x ）的单调性即可解决；【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）＝e ﹣x +sin x ，f ′（x ）＝﹣e ﹣x +cos x ，当x ≤0时，﹣e ﹣x ≤﹣1，则f ′（x ）≤0（x ≤0）所以f （x ）在（﹣∞，0]上单调递减，f （x ）≥f （0）＝1；所以：∀x ∈（﹣∞，0]，f （x ）≥1；（2）函数f （x ）在（0，）上存在两个极值点；则f ′（x ）＝0在（0，）上有两个不等实数根；即f ′（x ）＝﹣ae ﹣x +cos x ＝0在（0，）上有两个不等实数根；即a ＝e x cos x 在（0，）上有两个不等实数根；设g （x ）＝e x cos x ，则g ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ）；当时，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增；当时，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减；又g （0）＝1，，；故实数a的取值范围为：【点评】本题考查不等式证明，根据函数极值个数求参数的范围，函数零点问题，考查分离参数法，属于难题．2．（2019秋•汕头校级期末）已知函数f（x）＝x cos x﹣2sin x+1，g（x）＝x2e ax（a∈R）．（1）证明：f（x）的导函数f'（x）在区间（0，π）上存在唯一零点；（2）若对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得g（x1）≤f（x2），求实数a的取值范围．注：复合函数y＝e ax的导函数y'＝ae ax．【分析】（1）设h（x）＝f′（x），然后对h（x）求导，结合导数与单调性的关系可判断h（x）的单调性，然后结合零点判定定理可证，（2）依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，结合导数可分别求解最值，即可求解．【解答】解：（1）设h（x）＝f′（x）＝cos x﹣x sin x﹣2cos x＝﹣cos x﹣x sin x，∴h′（x）＝sin x﹣sin x﹣x cos x＝﹣x cos x当x时，h′（x）＜0；当x时，h′（x）＞0；所以h（x）在（0，）单调递减，在（）单调递增．又h（0）＝﹣1＜0lh（）＝﹣，h（π）＝1＞0，故f′（x）在区间（0，π）上存在唯一零点．（2）记f（x）在区间[0，π]上的最大值为f（x）max，g（x）在区间[0，2]上的最大值为g（x）max．依题意，“对任意x1∈[0，2]，均存在x2∈[0，π]，使得得g（x1）≤f（x2），等价于“g（x）max≤f（x）max”，由（Ⅰ）知，f′（x）在（0，π）只有一个零点，设为x0，且当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0；当x∈（x0，π）时，f′（x）＞0；，所以f（x）在（0，x0）单调递减，在当（x0，π）时单调递增．又f（0）＝1，f（π）＝1﹣π＜0，所以当x∈[0，π]时，f（x）max＝1．故应满足g（x）max≤1．因为g（x）＝x2e ax，所以g′（x）＝（ax2+2x）e ax＝x（ax+2）e ax．①当a＝0时，g（x）＝x2，对任意x∈[0，2]，g（x）max＝g（2）＝4，不满足g（x）max≤1．②当a≠0时，令g′（x）＝0，得x＝0或x＝﹣．（ⅰ）当﹣≥2，即﹣1≤a＜0时，在[0，2]上，g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]上单调递增，g（x）max＝g（2）＝4e2a．由4e2a≤1，得a≤﹣ln2，所以﹣1≤a≤﹣ln2．（ⅱ）当0＜﹣＜2，即a＜﹣1时，上，g′（x）＜0，g（x）单调递减．g（x）max＝．由≤1，得a≤﹣或a≥，所以a＜﹣1．（ⅲ）当﹣＜0，即a＞0时，显然在[0，2]上，g′（x）≥0，g（x）单调递增，于是g （x）max＝g（2）＝4e2a，此时不满足g（x）max≤1．综上，实数a的取值范围是（﹣∞，﹣ln2]．【点评】本题主要考查了函数的导数与单调性关系，函数零点判定定理及恒成立与存在性问题与最值求解的相互转化，体现了分类讨论思想与转化思想的应用．3．（2020•开封一模）已知函数，a∈R，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，证明：∀x∈（﹣∞，0]，f（x）≥1；（2）若函数f（x）在上存在两个极值点，求实数a的取值范围．【分析】（1）把a＝1代入，直接用导数法证明即可；（2）对f（x）求导，，对a进行讨论，判断函数f（x）的极值，确定a的范围．【解答】解：（1）当a＝1时，，则，当x∈（﹣∞，0]时，0＜e x≤1，则，又因为cos x≤1，所以当x∈（﹣∞，0]时，，仅x＝0时，f'（x）＝0，所以f（x）在（﹣∞，0]上是单调递减，所以f（x）≥f（0）＝1，即f（x）≥1．（2），因为，所以cos x＞0，e x＞0，①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，所以f（x）在上单调递增，没有极值点．②当a＞0时，在区间上单调递增，因为，f'（0）＝﹣a+1．当a≥1时，时，f'（x）≤f'（0）＝﹣a+1≤0，所以f（x）在上单调递减，没有极值点．当0＜a＜1时，f'（0）＝﹣a+1＞0，所以存在，使f'（x0）＝0，当时，f'（x）＜0，x∈（x0，0）时，f'（x）＞0，所以f（x）在x＝x0处取得极小值，x0为极小值点．综上可知，若函数f（x）在上存在极值点，则实数a∈（0，1）．【点评】本题考查了导数的综合应用及极值点引出的含参问题，综合性高，难度较大．4．（2020•遂宁模拟）已知函数（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）若函数g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣e x sin x﹣1有两个极值点x1，x2（x1≠x2）．且不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求实数λ的取值范围．【分析】（1）求出f′（x）＝e x sin x+e x cos x+x，求出切线的斜率，切点坐标，然后求解切线方程．（2）化简g（x）＝，求出导函数，通过g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，列出不等式组，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立，转化求解即可．【解答】解：（1）因为，所以f′（x）＝e x sin x+e x cos x+x，＝f′（0）＝1，又f（0）＝1，所以k切故所求的切线方程为y﹣1＝1×（x﹣0），即x﹣y+1＝0．（2）因为g（x）＝a（lnx﹣x）+f（x）﹣e x sin x﹣1＝所以，由题意g′（x）＝0有两个不同的正根，即x2﹣ax+a＝0有两个不同的正根，则，不等式g（x1）+g（x2）＜λ（x1+x2）恒成立等价于恒成立又＝＝＝＝所以，令（a＞4），则，所以在（4，+∞）上单调递减，所以y＜2ln2﹣3，所以λ≥2ln2﹣3．【点评】本题考查函数与方程的应用，函数的导数以及函数的最值的求法，切线方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题．5．（2018秋•济宁期末）已知函数f（x）＝（x﹣a）cos x﹣sin x，g（x）＝x3﹣ax2，a∈R （Ⅰ）当a＝1时，求函数y＝f（x）在区间（0，）上零点的个数；（Ⅱ）令F（x）＝f（x）+g（x），试讨论函数y＝F（x）极值点的个数．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系可判断单调性，结合零点判定定理可求．（2）先求导，再分类讨论即可求出函数的单调区间和极值【解答】解：（1）a＝1时，f（x）＝（x﹣1）cos x﹣sin x，∴f′（x）＝（﹣x+1）sin x，x∈（0，），sin x＞0，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当1＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＝1时，函数取得最小值f（1）＝﹣sin1＜0，而f（0）＝﹣cos1＜0．f（）＝﹣1＜0，故函数f（x）在区间（0，）上零点的个数为0，（2）函数F（x）＝（x﹣a）cos x﹣sin x x3﹣ax2，∴F′（x）＝（x﹣a）（x﹣sin x），令F′（x）＝0，解得x＝a，或x＝0，①若a＞0时，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＞a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（a，+∞）上单调递增，当0＜x＜a时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（0，a）上单调递减，故有2个极值点，②若a＜0时，当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＜a时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，a）上单调递增，当a＜x＜0时，F′（x）＜0恒成立，故F（x）在（a，0）上单调递减，故有2个极值点，③当a＝0时，F′（x）＝x（x﹣sin x），当x＞0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增，当x＜0时，F′（x）＞0恒成立，故F（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴F（x）在R上单调递增，无极值．【点评】本题考查了导数的几何意义和导数和函数的单调性和极值的关系，关键是分类讨论，考查了学生的运算能力和转化能力，属于难题6．（2019秋•五华区校级月考）已知函数，f'（x）为f（x）的导数．（1）证明：f（x）在定义域上存在唯一的极大值点；（2）若存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），证明：x1x2＜4．【分析】（1）求出，判断函数的单调性，说明在定义域（0，+∞）存在唯一x0，使f'（x0）＝0且x0∈（1，2）；当0＜x＜x0时，f'（x）＞0；当x＞x0时，f'（x）＜0，推出结果．（2）存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），即，得．设g（x）＝x﹣sin x，利用代换是判断函数的单调性推出，结合对数均值不等式，推出x1x2＜4．【解答】证明：（1），当x≥2时，，，，“＝”不能同时取到，所以f'（x）＜0；当0＜x＜2时，，所以f'（x）在（0，2）上递减，因为，，所以在定义域（0，+∞）存在唯一x0，使f'（x0）＝0且x0∈（1，2）；当0＜x＜x0时，f'（x）＞0；当x＞x0时，f'（x）＜0，所以x0是f（x）在定义域（0，+∞）上的唯一极值点且是极大值点．（2）存在x1≠x2，使f（x1）＝f（x2），即，得．设g（x）＝x﹣sin x，则g'（x）＝1﹣cos x≥0，g（x）在（0，+∞）上递增，不妨设x1＞x2＞0，则g（x1）＞g（x2），即x1﹣sin x1＞x2﹣sin x2，x1﹣x2＞sin x1﹣sin x2，所以，得，根据对数均值不等式，可得，x 1x2＜4．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，是难题．7．（2019秋•五华区校级月考）定义在[﹣π，+∞）的函数f（x）＝e x﹣cos x的导函数为g（x）．证明：（1）g（x）在区间（﹣π，0）存在唯一极小值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【分析】（1）结合导数与单调性的关系，先求解函数的单调性，然后求解函数极值，（2）结合导数与单调性关系及零点判定定理进行讨论即可求解．【解答】解：（1）∵g（x）＝e x+sin x，则g′（x）＝e x+cos x，容易得出，g′（x）＝e x+cos x在[﹣π，0）上单调递增，又g′（﹣π）＜0，g′（0）＞0，结合零点存在定理可知，存在唯一的x0∈（﹣π，0）使得g′（x）＝0，若x∈（﹣π，0），g′（x）＜0，g（x）单调递减，若x∈（x0，0），g′（x）＞0，g（x）单调递增，故g（x）存在唯一的极小值点，（2）由（1）可知g（x）在（﹣π，0）上存在唯一的极小值点x0，∴g（x0）＝e＜0，又g（0）＝1＞0，g（﹣π）＝e﹣π＞0，结合零点存在定理可知，存在唯一的x1∈（﹣π，x0），使得g（x1）＝0，存在唯一的x2∈（x0，0），使得g（x2）＝0，故当x∈（﹣π，x1）∪（x2，0）时，g（x）＞0，此时f（x）单调递增，当x∈（x1，x2）时，g（x）＞0，此时g（x）单调递减，则f（x1）＞f（﹣π）＞0，f（x2）＜f（0）＝0，由零点存在性定理可知，存在唯一m∈（x1，x2），使得f（m）＝0，故函数f（x）在[﹣π，0]上尤其仅有x＝m与x＝0两个零点，当x∈（0，+∞）时，e x＞1≥cos x，则f（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上没有零点，综上可得，f（x）有且仅有两个零点．【点评】本题主要考查了函数的极值及零点存在条件的应用，体现了分类讨论及转化思想的应用，属于中档试题．8．（2019秋•遂宁月考）已知函数，（1）讨论f（x）在上的单调性．（2）当a＞0时，若f（x）在上的最大值为π﹣1，讨论：函数f（x）在（0，π）内的零点个数．【分析】（1）对a分大于零和小于零两种情况讨论，利用导数即可求出函数f（x）在上的单调性；（2）由（1）知a＞0时f（x）的最大值为，从而求出a＝2，又因为f（x）在上单调递增，且f（0）＝﹣1＜0，，所以f（x）在内有且仅有1个零点．再讨论当x时，函数f（x）存在一个极值点x0，利用导数得到f（x）在上无零点，f（x）在（x0，π）内有且仅有1个零点，所以函数f（x）在（0，π）内有2个零点．【解答】解：（1）f'（x）＝a（sin x+x cos x），当a＜0，时，sin x＞0，cos x＞0，∴f'（x）＜0，f（x）单调递减，当时，sin x＞0，cos x＞0，∴f'（x）＞0，f（x）单调递增，综上得：当a＜0，f（x）在单调递减；a＞0时，f（x）在单调递增；（2）由（1）知a＞0时f（x）的最大值为由得a＝2，∴f（x）＝2x sin x﹣1，又∵f（x）在上单调递增；且f（0）＝﹣1＜0，，∴f（x）在内有且仅有1个零点．当时，令g（x）＝f'（x）＝2（sin x+x cos x），g'（x）＝2（2cos x﹣x sin x）＜0，∴g（x）在内单调递减，且，g（π）＝﹣2π＜0，∴存在，使得g（x0）＝0，∴①当时，f'（x）＞0，f（x）在单调递增，∴时，，∴f（x）在上无零点，②当x∈（x0，π）时，f'（x）＜0，f（x）在（x0，π）内单调递减，又∵f（x0）＞0，f（π）＝﹣1＜0，∴f（x）在（x0，π）内有且仅有1个零点，综上所求：函数f（x）在（0，π）内有2个零点．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和零点，是中档题．9．（2019秋•肇庆月考）设函数f（x）＝sin x﹣ax+x3（a∈R）．（1）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；（2）若对任意的x≥0，f（x）≥0成立，求a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，结合为偶函数，问题可转化为先研究x≥0，结合导数与单调性的关系及函数的零点判定定理可求，（2）结合导数先判断函数的单调性，结合零点判定定理可求．【解答】解：（1），令，x∈R，g（x）为偶函数，先研究x≥0，则g'（x）＝x﹣sin x，g''（x）＝1﹣cos x≥0，∴g'（x）在[0，+∞）为递增函数，且g'（0）＝0，∴g'（x）≥0，即g（x）在[0，+∞）为单调递增函数，当g（0）＝1﹣a＞0，即a＜1，g（x）没有零点，当g（0）＝1﹣a＝0，即a＝1，g（x）有1个零点，当g（0）＝1﹣a》＜0，即a＞1，，∴当，g（x）＞0，∴当，g（x）在[0，+∞）有1个零点，∴g（x）为偶函数，在（﹣∞，0]也有有1个零点．综上：a＜1，f'（x）没有零点；a＝1，f'（x）有1个零点；a＞1，f'（x）有2个零点．（2）①当a≤1时，由（1）知f'（x）≥0，f（x）在[0，+∞）为单调递增函数，f（x）≥f（0）＝0，②当a＞1时，f'（2a）＝cos2a﹣a+2a2＝cos2a+a2+a（a﹣1）＞0，f'（0）＝1﹣a＜0，由零点存在性定理知∃x0∈（0，2a）使得f'（x0）＝0，且在（0，x0），f'（x）＜0，即f（x）单调递减，f（x）＜f（0）＝0与题设不符．综上可知，a≤1时，f（x）≥0，【点评】本题考查了导数的综合应用及零点判定定理的应用，属于中档题．10．（2019秋•江岸区校级月考）已知函数，f'（x）是f（x）的导函数．（1）证明：当m＝2时，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）若存在x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2时，f（x1）＝f（x2），证明：．【分析】（1）先求出f'（x），分析出当x∈（0，π）时，f'（x）为增函数，且，，得到f'（x）在（0，π）上有唯一零点，又因为当x∈[π，+∞）时，，所以f'（x）在[π，+∞）上没有零点，从而得出f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）不妨设0＜x1＜x2，由f（x1）＝f（x2）得＝，即．设g（x）＝x﹣sin x，利用导数得到g（x）在（0，+∞）为增函数，从而，再证明：．从而得出，即．【解答】证明：（1）当m＝2时，，，当x∈（0，π）时，f'（x）为增函数，且，，∴f'（x）在（0，π）上有唯一零点，当x∈[π，+∞）时，，∴f'（x）在[π，+∞）上没有零点，综上知，f'（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（2）不妨设0＜x1＜x2，由f（x1）＝f（x2）得＝，∴，设g（x）＝x﹣sin x，则g'（x）＝1﹣cos x≥0，故g（x）在（0，+∞）为增函数，∴x2﹣sin x2＞x1﹣sin x1，从而x2﹣x1＞sin x2﹣sin x1，∴＝，∴，下面证明：，令，则t＞1，即证明，只要证明，（*）设，则，∴h（t）在（1，+∞）单调递减，当t＞1时，h（t）＜h（1）＝0，从而（*）得证，即，∴，即．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的零点，利用导数研究函数的单调性，是中档题．。